一、单选题（本大题共7小题，共42.0分） 1. 下列说法不正确的是( )
A. 绿色化学的核心就是在生产过程中减少污染 B. 形成酸雨的主要物质是硫氧化物和氮氧化物(NOx) C. 大气污染物主要来自化石燃料和工业生产过程产生的废气 D. 水华、赤潮等水体污染是由含氮、磷的大量污水任意排放造成的
2. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )
A. 室温下，等体积的pH=1的H2SO4和pH=1的H3PO4，所含有的H+的个数均为0.1NA B. 1mol CH3COOH与足量的C2H5OH在浓硫酸作用下加热，生成物中新增加O−H键的个数为
2NA
I−、Br−各1 mol的溶液中通入一定量的Cl2，充分反应后，发现有一种离子剩余，C. 向含有S2−、
则转移电子的数目为3NA≤N<4NA
D. 20g HF气体通入水中，其断裂的共价键数目为NA
3. 下列两种化合物的结构或性质描述正确的是( )
A. 两种物质不互为同分异构体 B. 两种物质均能发生加成和取代反应 C. 两种物质都有甲基、苯环和羧基
D. 两物质都含有双键，因此都能使溴的四氯化碳溶液褪色
4. 某学生做葡萄糖的还原性实验，4 mL 0.5 mol·L−1的CuSO4溶液和4 mL 0.5 mol·L−1的NaOH溶
液，将它们混合后，滴入1.0 mL的10%的葡萄糖溶液，加热煮沸，结果没有看到砖红色沉淀生成。这是因为( )
A. 葡萄糖浓度太大 C. CuSO4溶液的量不够
B. 加热时间不够 D. NaOH溶液的量不够
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5. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为16，Z原
子的最外层电子数等于其电子层数，Y与W处于同一主族，X的原子半径小于Y。下列说法正确的是( )
A. Z的氧化物属于碱性氧化物 B. 原子半径：r(Y) 6. 电解Na2CO3溶液制取NaHCO3溶液和NaOH溶液的装置如图所示。下列说法中，不正确的是( ) A. 阴极产生的物质A是H2 B. 物质B是NaCl，其作用是增强溶液导电性 − C. 阳极OH−放电，H+浓度增大，CO2−3转化为HCO3 D. 溶液中Na+由阳极室向阴极室迁移 7. 已知常温下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，向10 mL浓度为0.1 mol·L−1的CH3COOH溶 液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( ) A. 水的电离程度始终增大 B. c(CH3COOH)先增大再减小 C. c(CH3COOH)与c(CH3COO−)之和始终保持不变 + )=c(CH3COO−) D. 当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH4 c(CH3COO−) 二、流程题（本大题共1小题，共14.0分） 8. 硫酸锰是一种重要的化工原料，在农业、电化学和建筑等领域均有广泛应用。以含锰废料(含有 MnO2、CuO、Fe和少量CaO)为原料制备MnSO4的一种流程如下： 已知： Ⅰ.烧渣中含有MnO、CuO、Cu、Fe、CaO。 第2页，共19页 Ⅱ.难溶电解质的溶度积常数如下表所示： 物质 溶度积常数(Ksp) 回答下列问题： (1)“焙烧”过程加入煤粉的主要作用为___________________________________________。 (2)“酸浸”时所加稀H2SO4不宜过量太多的原因为__________________________________；滤渣1的主要成分为______________________________(填化学式)。 (3)“氧化”过程中主要反应的离子方程式为______________________________________。 (4)“调pH为4”的目的为________________________________________________；若“溶液”中c(Cu2+)=0.022 mol·L−1，“滤液2”的体积是“溶液”体积的2倍，则“调pH为4”时Cu2+是否开始沉淀______________________________________________________(通过计算说明)。 (5)(NH4)2S的电子式为__________。 __________、(6)已知：(NH4)2SO4与MnSO4的溶解度曲线如图所示。“操作”主要包括蒸发浓缩、过滤、洗涤、干燥；其中用乙醇代替水洗涤的原因为________________，需控制温度为__________(填选项字母)得到产品最多。 Mn(OH)2 1.9×10−13 Fe(OH)2 1.8×10−16 Cu(OH)2 2.2×10−20 Fe(OH)3 4.0×10−38 A.10℃ B.40℃ C.60℃ D.100℃ 三、实验题（本大题共1小题，共15.0分） 9. 铝镁合金质坚量轻，密度低，散热性较好，抗压性强，已成为飞机制造、化工生产等行业的重 要材料．某研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%一5%的铝镁合金(不含其它元素)中镁的质量分数，设计下列三种不同实验方案进行探究．填写下列空白． [实验方案一]将铝镁合金与足量NaOH 溶液反应，测定 第3页，共19页 测定剩余固体质量．一直金属铝可溶于强碱溶液(见第16题信息)． (1)称取5.4g镁铝合金粉末样品，溶于VmL 2.0mol/L NaOH溶液中，充分反应．则NaOH溶液的体积V≥______． (2)过滤、洗涤、干燥、称量固体．该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将______(填 “偏高”“偏低”或“无影响”)． [实验方案二]称量xg铝镁合金粉末．放在如图1所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧． (1)欲计算Mg的质量分数，该实验中还需测定的数据是______． (2)假设实验中测出该数据为 yg，则镁铝合金粉末中镁的质量分数为______(用含x，y代数式表示)． [实验方案三]将ag铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况(约20℃，1.01 105 Pa)的体积． (1)同学们拟选用下列实验装置完成实验如图2： A接______，______接______，可不填满)：①你认为最简易的装置其连接顺序是(填接口字母，______ ②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，反应开始一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶．请你帮助分析原因______． ③实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为合理的是______． (按实验操作顺序填写字母顺序，否则不得分)． A.上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平 B.上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平 第4页，共19页 C.待实验装置冷却后再读数 D.视线平视凹液面的最低点，读取量筒中水的体积 (2)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小．于是他们设计了图3所示的实验装置． ①装置中导管a 的作用是______． ②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL.则产生氢气的体积为______mL.(碱式滴定管的零刻度在上面) 该小组将所得到的氢气体积换算为标准状况下体积为VmL，则金属镁的质量分数为______． 四、简答题（本大题共2小题，共29.0分） 10. 利用科学技术减少NOx、SO2等大气污染物的排放，对建设美丽中国具有重要意义。回答下列问 题： (1)已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH1=−566 kJ·mol−1 ②S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH2=−296 kJ·mol−1 反应SO2(g)+2CO(g)=S(l)+2CO2(g)的ΔH=_________。 (2)利用反应NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)可实现脱硫脱硝的转化。一定温度下，在2 L的密闭容器中，充入1 mol NO2和2 mol SO2，发生上述反应，25 min达到平衡时，测得SO3的体积分数为25%。该温度下反应的平衡常数K=_________；0～25 min内v(SO2)=_________mol·L−1·min−1。 (3)在373 K和473 K时，发生反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)ΔH，NO2的平衡转化率α(NO2)随时间的变化结果如图所示： 第5页，共19页 ①该反应的ΔH_________0(填“>”或“<”)，理由是 _______________________________________________________。 可采取的措施有_________________________________(②373 K时若要提高NO2的平衡转化率， 写出两种即可)；若要缩短反应达到平衡的时间，可使用高效催化剂，使用高效催化剂后，逆反应的活化能_________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (4)工业上常用氨水吸收SO2得到(NH4)2SO3。请结合计算，解释常温下(NH4)2SO3溶液呈酸性的原因___________________________________。[已知：Kb(NH3·H2O)=1.7×10−5，Ka1(H2SO3)=1.2×10−2，Ka2(H2SO3)=6.3×10−3]。 11. 氮原子可以形成σ键、π键、大π键和配位键，成键的多样性使其形成了多种具有独特组成的物 质。回答下列问题： (1)第一电离能：氮__________氧(填“大于”或“小于”)，基态氮原子价电子排布图不是 ，是因为该排布方式违背了____________________。 (2)肼(H2N−NH2)分子中孤电子对与σ键的数目之比为__________，肼的相对分子质量与乙烯接近，但沸点远高于乙烯的原因是_______________________________________。 (3)硝酸的结构可表示为 ，硝酸与水分子可形成一水合二硝酸结晶水合物(2HNO3· H2O)，水分子以三个氢键与两个硝酸分子结合，请写出一水合二硝酸的结构式___________________(氢键用“…”表示)。 第6页，共19页 (4)正硝酸钠(Na3NO4)为白色晶体，是一种重要的化工原料。 ①Na3NO4阴离子的空间构型为__________，其中心原子杂化方式为__________。 ②分别写出一种与Na3NO4的阴离子互为等电子体的阴离子和分子______________(填化学式)。 ③在573 K条件下，实验室中用NaNO3和Na2O在银皿中反应制得Na3NO4，Na2O的立方晶胞如图所示。 图中“●”表示__________(填“Na+”或“O2−”)，距离“●”最近且等距离的“○”有__________个，Na2O晶胞的参数为a pm，则晶胞密度为_______________g·cm−3。(列出计算式即可，NA为阿伏加德罗常数的值) 五、推断题（本大题共1小题，共10.0分） 12. 化合物I(C11H12O3)是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基。I可以用E和H 在一定条件下合成： 已知以下信息： ①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢； ； ③化合物F苯环上的一氯代物只有两种； ④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。 回答下列问题： 第7页，共19页 (1)A的化学名称为________。 (2)D的结构简式为________。 (3)E的分子式为________。 (4)F生成G的化学方程式为____________________________，该反应类型为________。 (5)I的结构简式为________。 (6)I的同系物J比I相对分子质量小14，J的同分异构体中能同时满足如下条件： ①苯环上只有两个取代基，②既能发生银镜反应，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，共有________种(不考虑立体异构)。J的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2∶2∶1，写出J的这种同分异构体的结构简式___________。 第8页，共19页 -------- 答案与解析 -------- 1.答案：A 解析：解：A、因绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故A错误； B、因形成酸雨的主要物质是硫氧化物和氮氧化物(NOx)，故B正确； C、空气污染的主要原因是近代工业和交通运输业的迅猛发展，由于化石燃料的大量使用和工厂废气的任意排放，导致空气中颗粒物质、一氧化碳、二氧化硫、氮的氧化物、碳氢化合物等有害成分增多，其中颗粒物质是固体粉尘，其它的都属于有害气体，故C正确； D、水华、赤潮是水体中某些微小的浮游植物、原生动物或细菌，在一定的环境条件下突发性地增殖和聚集，引起一定范围内一段时间中水体变色现象，含氮、磷的大量污水任意排放造成造成水体的富营养化，引发水华、赤潮．故D正确； 故选：A． A、根据绿色化学的核心； B、根据形成酸雨的主要物质； C、根据排放到大气中的有害物质及他们的来源； D、根据水华、赤潮的形成原因． 本题是直接考查空气污染物的危害，比较简单，提倡人们在日常生活中要时刻重视环境保护的理念，利用所学的课本知识即可解答． 2.答案：C 解析： 【分析】 本题考查阿伏加德罗常数的概念及相关计算，注意掌握物质的量的基本公式并灵活运用即可解题，难度中等。 【解答】 A.室温下，未指明具体体积，故pH=1的H2SO4和pH=1的H3PO4无法计算其所含有的H+的个数，故A错误； B.酯化反应为可逆反应，故1mol CH3COOH与足量的C2H5OH在浓硫酸作用下加热生成乙酸乙酯和H2O的物质的量均小于1mol，生成物中新增加O−H键的个数小于2NA，故B错误； C.含有S2−、I−、Br−各1 mol的溶液中，还原性顺序为S2−>I−>Br−，通入一定量的Cl2，充分反应后，发现有一种离子剩余，说明S2−、I−已被全部氧化，共转移电子至少3NA，Br−可以被部分氧化，但不能全部氧化，故转移电子一定小于4NA，则转移电子的数目为3NA⩽N<4NA，故C正确； D.20g HF气体物质的量为1mol，HF为弱电解质部分电离，通入水中，其断裂的共价键数目小于NA， 第9页，共19页 故D错误； 故选C。 3.答案：B 解析： 【分析】 本题主要考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系、基本概念是解本题关键，注意：羰基和碳碳不饱和键能和溴发生加成反应，但酯基、羧基不能和溴发生加成反应，题目难度一般。 【解答】 A.二者分子式相同结构不同，属于同分异构体，故A错误； B.苯环能发生加成反应、羧基和酯基能发生取代反应，所以两种物质均能发生加成和取代反应，故B正确； C.II中含有酯基、I中含有羧基，所以两种物质都有甲基、苯环但只有I含有羧基，故C错误； D.两种物质中都存在碳氧双键，但不能和溴发生加成反应，故D错误。 故选B。 4.答案：D 解析： 【分析】 本题考查醛基的检验，解答时注意根据方程式中量的关系解题，题目难度不大。 【解答】 醛基能和新制的Cu(OH)2反应，该反应的本质是：醛基具有还原性，新制的氢氧化铜具有氧化性，醛基与氢氧化铜中的+2价的铜发生氧化还原反应，操作的关键是碱要过量，据此即可解答。 葡萄糖与新制Cu(OH)2反应时，NaOH必须过量，而本题中n(CuSO4)=n(NaOH)=2×10−3mol，NaOH的量不足，故看不到砖红色沉淀生成，故D正确。 故选D。 5.答案：B 解析： 【分析】 本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、原子结构、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。 【解答】 第10页，共19页 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径小于Y，X与Y不在同一周期，X应为H元素，Z原子的最外层电子数等于其电子层数，且原子序数大于Y，则Z为Al元素，Y与W同主族，四种原子的最外层电子数之和为16，可知Y与W的最外层电子数均为为O，W为S元素，以此解答该题。 由上述分析可知，X为H，Y为O，Z为Al，W为S， A.Z的氧化物为氧化铝，属于两性氧化物，故A错误； B.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：r(Y) 16−1−3 2 =6，则Y 6.答案：B 解析：解：装置图分析阳极电极附近氢氧根离子放电生成氧气，溶液中氢离子浓度增大和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，阴极电极附近氢离子放电生成氢气，水电离平衡被破坏，溶液中氢氧根离子浓度增大，生成氢氧化钠，阳离子交换膜使允许阳离子通过，阴离子不能通过， A.分析可知阴极产生的物质A是H2，故A正确； B.水为弱电解质，导电能力弱，应在阴极室溶液中加入少量NaOH，增强溶液导电性，故B错误； −C.阳极OH−放电，水电离平衡正向进行溶液中H+浓度增大，氢离子和CO2−3离子反应转化为HCO3， 故C正确； D.阳离子交换膜使允许阳离子通过，电极过程中溶液中Na+由阳极室向阴极室迁移，故D正确； 故选：B。 本题考查了电解的原理，明确电解池工作原理是解题关键，注意电解质电极判断的方法和电极反应式书写注意问题为易错点，题目难度中等。 7.答案：D 解析： 【分析】 本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法。 【解答】 A.酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误； 第11页，共19页 B.当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh= c(CH3COO−)c(CH3COOH) c(OH−)c(CH3COOH) c(CH3 COO−) ，随着氨水的加入，c(OH−)逐渐增大，Kh不变，则 逐渐增大，故B错误； C.n(CH3COOH)与n(CH3COO−)之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c(CH3COOH)与c(CH3COO−)之和逐渐减小，故C错误； D.当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所 + )=c(CH3COO−)，故D正确。 以溶液显示中性，c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒可知：c(NH4 故选D。 8.答案：(1)作还原剂 (2)避免“调pH为4”时会消耗过多的碱；CaSO4、Cu (3)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (4)将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去；滤液2中c(Cu2+)=0.011 mol·L−1，c(OH−)=1×10−10mol·L−1，则Qc[Cu(OH)2]=0.011×(1×10−10)2=1.1×10−22 解析： 【分析】 本题以制备硫酸锰为载体考查无机工艺流程，为高频考点，难度一般。侧重考查物质的分离和提纯、难溶电解质的溶度积常数应用、离子方程式书写等知识点。掌握相关物质的性质以及流程过程分析是解答关键。 【解答】 (1)由流程中转化关系知，“焙烧”过程加入煤粉可将MnO2转化为MnO，主要作用是作还原剂。 (2)若“酸浸”时所加稀H2SO4过量太多，“调pH为4”时会消耗过多的碱。由信息，加入稀硫酸可将CaO转化为CaSO4；同时“焙烧”时部分CuO转化为Cu不溶于稀H2SO4，故滤渣1的主要成分为CaSO4和Cu。 (3)“氧化”的目的是用MnO2在酸性条件下氧化Fe2+，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。 (4)由流程图知，“调pH为4”的目的是将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去。滤液2的体积是溶液体积的2倍，则滤液2中c(Cu2+)=0.011 mol·L−1，c(OH−)=1×10−10mol·L−1，计算得Qc[Cu(OH)2]=0.011×(1×10−10)2=1.1×10−22 (5)(NH4)2S的电子式为 。 (6)由溶解度曲线知，从滤液3中提取MnSO4的“操作”主要包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、MnSO4易溶于水，干燥。乙醇代替水洗涤的原因为减少因溶解而造成的损失，且乙醇挥发带走水分，便于干燥。温度控制为10℃时所得产品最多，A项正确。 17x−9y2x 9.答案：97mL；偏高；充分灼烧后固体的质量；×100%；E；D；G；空；镁铝与稀硫酸反应 放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；CBD；保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；V1−V2； 11.2a−0.009V 2.8a ×100% 解析：解：方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑； (1)含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为，5.4g×(1−3%)=5.4×97%g，则： 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ 54g 2mol 5.4g×97%g V×10−3L×2.0mol/L 所以54g：(5.4g×97%g)=2mol：(V×10−3L×2.0mol/L)， 解得：V=97，故V(NaOH溶液)≥97mL； 故答案为：97mL； (2)镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，镁的质量分数偏高； 故答案为：偏高； 方案二：(1)Mg、Al均与氧气反应，生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量， 故答案为：充分灼烧后固体的质量； (2)xg铝镁合金粉末，充分灼烧后固体的质量为 yg，设镁物质的量为m，铝物质的量为n， △ △ 2Mg+O2 2MgO，4Al+3O2 2Al2O3， 24m+27n=x， 40m+0.5n×102=y n= 3y−5x18 mol， 3y−5x18 铝的质量为：27g/mol× 17x−9y2x mol= 9y−15x2 g，合金中镁的质量分数为： x− 9y−15x 2 x ×100%= ×100%， 17x−9y2x 故答案为： ×100%； 方案三：(1)①装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶 第13页，共19页 导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：A接E接D接G， 故答案为：E；D；G； 铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶， ②镁、 故答案为：镁铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大； ③反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积； 故答案为：CBD； (2)①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差， 故答案为：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差； ②滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面读数减小，所以测定氢气的体积为V1−V2， 将ag铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成氢气体积换算为标准状况下体积为VmL，设镁物质的量为x，铝物质的量为y， 2Al+6H+=2Al3++3H2↑ Mg+2H+=Mg2++H2↑ 24x+27y=a x+1.5y=22.4L/mol x=y= 22.4a−18V×10−3 22.4×624V−22400a22400×9 V×10−3L mol mol 22.4a−18V×10−3 mol×24g/mol 22.4×6金属镁的质量分数= ag 11.2a−0.009V 2.8a ×100%= 11.2a−0.009V 2.8a ×100%， 故答案为：V1−V2； ×100%； 方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气； (1)镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算； (2)镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大； 方案二：(1)Mg、Al都能够与氧气化学反应生成氧化物； (2)xg铝镁合金粉末，充分灼烧后固体的质量为 yg，设镁质量为m，铝质量为n，结合质量列方程式计算，得到镁的质量分数； 第14页，共19页 方案三：(1)①装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部； ②镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大； ③反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积； (2)①保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差； 两次的体积之差为测定的氢气的体积(注意应保持干燥管与滴定管内②滴定管的数值零刻度在上方， 液面等高)，收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小，将ag铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成氢气体积换算为标准状况下体积为VmL，设镁物质的量为x，铝物质的量为y，结合质量和气体物质的量和化学方程式定量关系计算得到． 本题考查物质含量的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，题目难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力． 10.答案：(1)−270 kJ·mol−1 (2)1.8；0.015 (3)①<；升高温度，NO2的平衡转化率降低，说明正反应放热；②增大SO2的浓度、及时分离出生成物等；减小 (4)由于溶液显酸性 ， + NH4，水解程度大于SO2−故(NH4)2SO34， 解析： 【分析】 本题考查盖斯定律、影响化学反应速率的因素及平衡移动等，意在考查分析和解决化学问题的能力，掌握盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算以及化学平衡图像分析等知识是解答关键。 【解答】 (1)根据盖斯定律，将①−②得：SO2(g)+2CO(g)=S(l)+2CO2(g) ΔH=ΔH1−ΔH2=−566 kJ·mol−1+296 kJ·mol−1=−270 kJ·mol−1。 第15页，共19页 (2)该反应前后气体的总物质的量不变，平衡时SO3的体积分数为25%，故n(SO3)=3 mol×25%=0.75 mol，平衡时n(NO2)=0.25 mol，n(SO2)=1.25 mol，n(SO3)=n(NO)=0.75 mol；平衡常数 ，0～25 min内 。 (3)①曲线Ⅱ对应温度下先达到平衡，说明曲线Ⅱ对应473 K，由曲线Ⅰ到曲线Ⅱ，升高反应体系的温度，NO2的平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，故正反应放热，ΔH<0； ②在一定温度下，要提高NO2的平衡转化率，可以增大SO2的浓度或及时分离出生成物。要缩短反应达到平衡的时间，可以使用高效催化剂，正反应的活化能减小，逆反应的活化能也减小。 + (4)(NH4)2SO3溶液中NH4的水解常数；SO2−3的水解常数 + ；由于NH4的水解程度大于SO2−故(NH4)2SO3溶3的水解程度， 液显酸性。 11.答案：(1)大于；洪特规则 (2)2∶5；肼分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键 (3) 4×62 − 3−2− (4)①正四面体；sp3②SO2−4、ClO4、PO4和CCl4(或CBr4、CI4、SiF4等) ③ O；8；(a×10−10)3 ×N A 解析： 【分析】 本题是对物质结构与性质的考查，涉及电离能、价电子排布图、氢键、等电子体、化学键、结构式、价层电子对互斥理论、杂化轨道、晶胞结构与计算等，熟记中学常见物质的晶胞结构，掌握均摊法进行晶胞有关计算。 【解答】 (1)基态氮原子的2p轨道为半充满状态，体系能量低，较稳定，故第一电离能大于氧；根据洪特规则，电子分布到能量相同的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，正确的排布为 。 第16页，共19页 (2)根据肼的结构简式推出其结构为，每个氮原子各有1个孤电子对，每个分子中有2 个孤电子对，5个σ键，二者之比为2∶5；H原子与N、O、F等原子形成共价键时，分子间往往可形成氢键，使其沸点明显偏高。 (3)H2O分子共三个原子，根据题干信息，三个原子均形成氢键，每个H原子只能形成一个氢键，则H2O分子的两个H原子与一个 的两个O原子分别形成氢键，H2O分子的O原子与另一个 。 5−4×2+3 2 的H原子形成氢键，结构式为 其价层电子对数为：(4)①Na3NO4的阴离子的中心原子为N原子，化，根据VSEPR理论，其空间构型为正四面体。 +4=0+4=4，为sp3杂 32个价电子，符合要求的阴离②与NO3−4互为等电子体的一种阴离子和一种分子应该具有5个原子， − 3− 子有SO2−4、ClO4、PO4等，符合要求的分子有CCl4、CBr4、CI4、SiF4等。 1 1 ③根据晶胞图片可推出“●”个数为：8×8+6×2=4，“○”个数为8个，再根据化学式Na2O可推出“●”为O2−，“○”为Na+，以面心的“●”出发，距离“●”最近且等距离的“○”有8个，每摩尔晶胞含4 mol Na2O，质量为4×62 g，晶胞的参数为a pm=a×10−10 cm，每摩尔晶胞体积为(a×10−10)3 cm3×NA，则晶胞密度为(a×10−10)3 ×N g⋅cm−3。 A 4×62 12.答案：(1)2−甲基−2−氯丙烷(或叔丁基氯)； (2)(CH3)2CHCHO； (3)C4H8O2； (4)；取代反应； (5)； (6)18；。 解析： 第17页，共19页 【分析】 本题考查有机物推断，熟练掌握官能团的性质与转化关系，利用正推法结合给予的信息推断是解答该题的关键，该题能较好的考查学生分析、理解能力及逻辑推理能力，题目难度中等。 【解答】 A的分子式为C4H9Cl，(CH3)3CCl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的H，则A的结构简式为：在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成B，则B为CH2=C(CH3)2，B发生信息中的反应生成的C为(CH3)2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D为(CH3)2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E为 (CH3)2CHCOOH；F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链，且处 于对位，则F为，与氯气在光照条件下发生取代反应，生成G为，G在氢氧化钠水溶 液发生水解反应，酸化得到H，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故H 为，H与E发生酯化反应生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I为 ，据此解答， (1)A的分子式为C4H9Cl，(CH3)3CCl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的H，则A的结构简式为：其名称为：2−甲基−2−氯丙烷， 故答案为：2−甲基−2−氯丙烷(或叔丁基氯)； (2)A的结构简式为：(CH3)3CCl，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成B，则B为CH2=C(CH3)2，B发生信息中的反应生成的C为(CH3)2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D，D的结构简式为：(CH3)2CHCHO， 故答案为：(CH3)2CHCHO； (3)D再与氢氧化铜反应，酸化得到E为(CH3)2CHCOOH，其分子式为：C4H8O2， 故答案为：C4H8O2； (4)F生成G的化学方程式为：，该反应类型为取代反应， 第18页，共19页 故答案为：；取代反应； (5)H为，H与E发生酯化反应生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I为 ， 故答案为：． (6)I( )的同系物J比I相对分子质量小14，J比I少一个−CH2−原子 团，J的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基，②既能发生银镜反应，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，则J的同分异构体含有−CHO、−COOH， 侧链为−CHO、−CH2CH2COOH，有邻、间、对三种位置， 侧链为−CHO、−CH(CH3)COOH，有邻、间、对三种位置， 侧链为−CH2CHO、−CH2COOH，有邻、间、对三种位置， 侧链为−CH2CH2CHO、−COOH，有邻、间、对三种位置， 侧链为−CH(CH3)CHO、−COOH，有邻、间、对三种位置， 侧链为−CH3、−CH(CHO)COOH，有邻、间、对三种位置， 故符合条件的同分异构体有6×3=18种， J的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2：2：1，而J的同分异构体发生银镜反应并酸化后的产物苯环侧链至少有2种H原子，故产物中苯环上只有1种H2个侧链相同且处于对位，原子，产物有2个−COOH，应还含有2个−CH2−，产物中侧链为−CH2COOH，故符合条件的同分异构体结构简式为：故答案为：18； 。 ， 第19页，共19页 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容