2019学年广东省深圳中学高三（上）第一次月考化学试卷.docx

2018-2019学年广东省深圳中学高三（上）第一次月考化学试卷

一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）

1．（6分）化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是（　　）

A．还原铁粉和生石灰均可用作食品包装袋内的还原剂

B．SO₂可用于制作葡萄酒的添加剂

C．食盐可用作食品调味剂和防腐剂

D．制造普通玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英

2．（6分）设 N_A阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A．1molH₂O₂中含有的阴离子数为 N_A

B．0.1molH₂和0.1molI₂于密闭容器中充分反应，其分子总数为 0.2N_A

C．22.4L（标准状况）Cl₂与Na₂SO₃溶液完全反应转移电子数目为N_A

D．pH＝1的稀硫酸中，含有 H⁺总数为 0.1N_A

3．（6分）某有机物结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是（　　）

A．1 mol 该有机物含有 6 mol 碳碳双键

B．1 mol 该有机物完全燃烧可生成 9molH₂O

C．1 mol 该有机物可电离生成 2molH⁺

D．1 mol 该有机物最多可与 6molH₂发生加成反应

4．（6分）垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如图所示。下列 说法正确的是（　　）

A．电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极

B．放电过程中，正极附近pH变小

C．若 1molO₂参与电极反应，有 4molH⁺穿过质子交换膜进入右室

D．负极电极反应为：H₂PCA+2e^﹣＝PCA+2H⁺

5．（6分）短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，四种元素的原子最外层电子数总和为17．W 原子的最外层电子数是其内层电子数的 2 倍，X、Y 的简单离子的电子层结构相 同，Z 的单质为淡黄色固体，且 Z 能与 X 形成多种化合物。下列说法正确的是（　　）

A．原子半径：Y＞Z＞X＞W

B．简单氢化物的稳定性：X＜Z

C．非金属性：Z＜W

D．Y 的某种氧化物能与 W 的氧化物相互反应得到单质 X

6．（6分）根据下列实验操作和现象，所得到的结论正确的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

7．（6分）25℃时，H₂CO₃的K_al＝4.2×10^﹣7，K_a2＝5.6×10^﹣11．室温下向10mL 0.1mo1•L^﹣1Na₂CO₃溶液中逐滴加入0.1mo1•L^﹣1HCl溶液．如图是溶液中含碳元素微粒物质的量分数随pH降低而变化的图象（CO₂因有逸出未画出）．下列说法错误的是（　　）

A．A点所示溶液的pH＜11

B．B点所示溶液：c（Na⁺）＝c（HCO₃^﹣）+c（CO₃^2﹣）+c（H₂CO₃）

C．A点→B点发生反应的离子方程式为CO₃^2﹣+H⁺═HCO₃^﹣

D．分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na₂CO₃与NaHCO₃混合物的组成

二、填空题（共3小题，每小题14分，满分43分）

8．（14分）无水四氯化锡（SnCl₄）常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡（熔点231.9℃）与 Cl₂反应制备 SnCl₄，装置如图所示。回答下列问题

已知：①SnCl₄在空气中极易水解生成 SnO₂•xH₂O

②

（1）仪器 A 的名称是　 　，其中发生反应的离子方程式是　 　。

（ 2 ） 点 燃酒精灯 前需排 尽装置中 的空气，否则 会发生副 反应，化 学方 程式是　 　、　 　。

（3）试剂 B、C 依次为　 　、　 　，试剂 B的作用是　 　。

（4）Cl₂和锡的反应产物有 SnCl₄和 SnCl₂，为防止产品中带入 SnCl₂，可采取的措施是　 　、　 　。

（5）碘氧化法滴定分析产品中2价Sn（II）的含量。准确称取 m g 产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，淀粉﹣KI 溶液做指示剂，用cmol•L^﹣1碘标准溶液滴定至终点，消耗碘标准溶液VmL，计算产品中Sn（II）的含量　 　（用含 c、m、V 的代数式表示）。

9．（15分）锌锰干电池是最早的实用电池。现用下列工艺回收正极材料中的金属（部分条件未给出）。

（1）碱性锌锰电池反应为：Zn+2MnO₂+2H₂O＝Zn（OH）₂+2MnO（OH），电解质是 KOH，该电池的负极材料为　 　（填化学式），MnO（OH）中Mn的化合价为：　 　，正极反应式为：　 　。

（2）黑粉的主要成份为 MnO₂ 和石墨，写出反应①的化学方程式：　 　。

（3）MnO₂的转化率与温度的关系如下表：

生产中常选反应温度为 80℃，其理由是：　 　。

（4）“沉锰”过程中生成碱式碳酸锰[MnCO₃•6Mn（OH）₂•5H₂O]，写出其离子反应方程式：　 　，检验沉淀是否洗净的操作是：　 　。滤液③中可回收的物质为：　 　（填化学式）。

（5）“预处理”时，废旧锌锰电池经过拆解、筛分得到炭包，其中含MnO₂为34.8%． 称取5.000g 炭包，经处理得到3.211g MnSO₄•H₂O，计算锰的回收率为：　 　。

10．（14分）工业上采用高温活性炭催化CO与C1₂合成光气（COCl₂））。

（1）COCl₂中的原子最外层都达到 8电子稳定结构，光气分子的电子式为　 　。

（2）工业上利用天然气（CH₄）与CO₂进行高温重整制备CO的反应为：

CH₄（g）+CO₂（g）＝2CO（g）+2H₂（g）△H＝+247.3 kJ•mol^﹣1

已知：C﹣H、C≡O、H﹣H键的键能依次为 413kJ•mol^﹣1、1076kJ•mol^﹣1、436kJ•mol^﹣1，则 C＝O键的键能为　 　kJ•mol^﹣1。

（3）光气为窒息性毒剂，极易水解生成氯化氢，泄露后可用水雾吸收，化学方程式 为：　 　 。

（4）某温度下，在 2L恒容密闭容器中充入2molCO（g）、2mol Cl₂（g）和适量的活性炭，发生反应：Cl₂（g）+CO（g）⇌CO Cl₂（g）△H＝﹣108kJ•mol^﹣1，测得在混合气中 COCl₂的体积分数φ（COCl₂）和时间 t 的关系如图曲线Ⅰ所示。

①下列情况不能表明该反应达到平衡状态的是　 　（填字母标号）。

A．CO 的体积分数不改变 B．Cl₂的消耗速率与 COCl₂的生成速率相等

C．体系中不改变 D．混合气体的平均相对分子质量不再变化

②按曲线Ⅰ，平衡常数 K＝　 　。A点时，向容器中加入等物质的量CO和Cl₂，再次达到平衡时，光气的体积分数会　 　（填“增大”、“减小”或“不变”。

③曲线Ⅱ相对曲线Ⅰ改变的条件可能是　 　（填字母标号）。

A．恒容通入惰性气体B．通入 CO C．增大压强D．升高温度。

三、【选修题】[化学一选修3：物质结构与性质]（15分）

11．（15分）C₆₀具有完美的球形结构。之后 Si₆₀、N₆₀等球形分子被不断制备出来。回答下列问题：

（1）Si的核外电子排布式为　 　，C 和 N 元素中第一电离能较大的是　 　

（2）富勒烯衍生物具有良好的光电性能，富勒烯（C₆₀）的结构如图1所示，C₆₀属于　 　晶体；C₆₀分子中五元环与六元环的数目比为　 　（已知简单多面体的顶点数 V、棱数 E及面数 F间有如下关系：V﹣E+F＝2）。

（3）N₆₀的晶体中存在的作用力有　 　（填字母标号）

A．共价键B．离子键C．氢键 D．范德华力E．配位键F．金属键

（4）立方氮化硼（BN）可做磨料，其结构与金刚石相似，二者具有相似性结构的原因是　 　。

（5）金属 M（相对原子质量为 m）与N₆₀形成的化合物晶体结 构如图2所示（其中白球代表 N₆₀，黑球代表金属 M），若其晶胞边 长 为k pm，N_A代 表 阿 伏 加 德 罗 常 数 的 值，则 其 密 度 为　 　g•cm^﹣3，该化合物中 N₆₀的配位数为　 　。

四、【选修题】[化学一选修5：有机化学基础]（15分）

12．芳香族化合物 A（C₉H₁₂O）常用于药物及香料的合成，A 有如下转化关系：

已知以下信息：

①A不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；

②+CO₂

③RCOCH₃+R′CHORCOOH═CHR′

回答下列问题：

（1）A生成B的反应条件为：　 　，由D生成E的反应类型为　 　。

（2）F的官能团名称为　 　。

（3）K的结构简式为　 　，由H生成I的反应方程式为　 　。

（4）J为一种具有3个六元环的酯，则其结构简式为　 　。

（5）F的同分异构体中，能与NaHCO₃反应生成CO₂的有　 　种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为6：2：1：1的为　 　（写出其中一种结构简式）。

（6）糠叉丙酮（）是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁基氯[（CH₃）₃CCl]和糠醛（）为原料制备糠叉丙酮的合成路线（无机试剂任用）。合成流程图示例如下：CH₂═CH₂CH₃CH₂BrCH₃CH₂OH。

参考答案与试题解析

一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）

1．（6分）化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是（　　）

A．还原铁粉和生石灰均可用作食品包装袋内的还原剂

B．SO₂可用于制作葡萄酒的添加剂

C．食盐可用作食品调味剂和防腐剂

D．制造普通玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英

【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有

【专题】513：物质的性质和变化专题．

【分析】A．生石灰具有吸水性，没有还原性；

B．二氧化硫有还原性；

C．食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的；

D．普通玻璃的成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅。

【解答】解：A．还原铁粉具有还原性，能作还原剂，生石灰无还原性，不能做还原剂，故A错误；

B．二氧化硫有还原性，可与氧气发生氧化还原反应而阻止或延缓食品氧化变质、提高食品稳定性和延长贮存期，故B正确；

C．食盐有咸味，可作调味剂，食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，可做防腐剂，故C正确；

D．普通玻璃的成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，玻璃是在高温下，由石灰石、纯碱和石英制成的，故D正确。

故选：A。

【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

2．（6分）设 N_A阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A．1molH₂O₂中含有的阴离子数为 N_A

B．0.1molH₂和0.1molI₂于密闭容器中充分反应，其分子总数为 0.2N_A

C．22.4L（标准状况）Cl₂与Na₂SO₃溶液完全反应转移电子数目为N_A

D．pH＝1的稀硫酸中，含有 H⁺总数为 0.1N_A

【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有

【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A、双氧水是共价化合物；

B、H₂和I₂的反应是可逆反应，但同时也是气体分子数不变的反应；

C、22.4L（标准状况）Cl₂的物质的量为1mol，和Na₂SO₃溶液完全反应变为﹣1价；

D、溶液体积不明确。

【解答】解：A、双氧水是共价化合物，故无阴离子，故A错误；

B、H₂和I₂的反应是可逆反应，但同时也是气体分子数不变的反应，故0.1molH₂和0.1molI₂于密闭容器中充分反应，无论反应进行的程度如何，其分子总数为 0.2N_A，故B正确；

C、22.4L（标准状况）Cl₂的物质的量为1mol，和Na₂SO₃溶液完全反应变为﹣1价，故1mol氯气转移2N_A个电子，故C错误；

D、溶液体积不明确，故此溶液中含有的氢离子的个数无法计算，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

3．（6分）某有机物结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是（　　）

A．1 mol 该有机物含有 6 mol 碳碳双键

B．1 mol 该有机物完全燃烧可生成 9molH₂O

C．1 mol 该有机物可电离生成 2molH⁺

D．1 mol 该有机物最多可与 6molH₂发生加成反应

【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】由结构可知分子中含酚﹣OH、﹣COOC﹣、﹣COOH，结合酚、酯、羧酸的性质来解答．

【解答】解：A．分子中苯环不含碳碳双键，故A错误；

B．由结构可知分子式为C₁₆H₁₄O₅，1 mol 该有机物完全燃烧可生成 7molH₂O，故B错误；

C．含有1个羧基、1个羟基，且不能完全电离，故C错误；

D．该物质中能和氢气发生加成反应的为苯环，所以最多可与6molH₂发生加成，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大．

4．（6分）垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如图所示。下列 说法正确的是（　　）

A．电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极

B．放电过程中，正极附近pH变小

C．若 1molO₂参与电极反应，有 4molH⁺穿过质子交换膜进入右室

D．负极电极反应为：H₂PCA+2e^﹣＝PCA+2H⁺

【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有

【专题】51I：电化学专题．

【分析】A．氧气得电子，为正极，左边为负极；

B．酸性条件下，氧气得电子生成水；

C．根据正极的电极方程式计算氧气与氢离子的物质的量；

D．负极失电子发生氧化反应。

【解答】解：A、原电池中电子由负极沿导线流向正极，所以电子由左侧电极经过负载后流向右侧电极，故A错误；

B．酸性条件下，氧气得电子生成水，则正极的电极反应为：4H⁺+O₂+4e^﹣＝2H₂O，所以正极附近pH变大，故B错误；

C．已知正极的电极方程式为4H⁺+O₂+4e^﹣＝2H₂O，则1molO₂参与电极反应，消耗4 mol H⁺，即有4mol H⁺穿过质子交换膜进人右室，故C正确；

D．负极失电子发生氧化反应，所以电极反应式为：H₂PCA﹣2e^﹣＝PCA+2H⁺，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查新型电池，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。

5．（6分）短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，四种元素的原子最外层电子数总和为17．W 原子的最外层电子数是其内层电子数的 2 倍，X、Y 的简单离子的电子层结构相 同，Z 的单质为淡黄色固体，且 Z 能与 X 形成多种化合物。下列说法正确的是（　　）

A．原子半径：Y＞Z＞X＞W

B．简单氢化物的稳定性：X＜Z

C．非金属性：Z＜W

D．Y 的某种氧化物能与 W 的氧化物相互反应得到单质 X

【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有

【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．

【分析】短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层最多含有8个电子，则W含有2个电子层，最外层含有4个电子，为C元素；Z的单质为淡黄色固体，则Z为S元素；Z（S）能与X形成多种化合物，X的原子序数大于W（C），应该为O元素；四种元素的原子最外层电子数总和为17，则Y的最外层电子数＝17﹣4﹣6﹣6＝1，结合原子序数大小可知Y为Na元素，通过验证满足X、Y 的简单离子的电子层结构相同，据此进行解答。

【解答】解：根据分析可知，W、X、Y、Z分别为C、O、Na、S。

A．原子的电子层越多原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：Y（Na）＞Z （S）＞W （C）＞X （O），故A错误；

B．非金属性S＜O，则简单氢化物的稳定性：H₂S＜H₂O，故B错误；

C．非金属性：C＜S，即Z＞W，故C错误；

D．Y（Na）的某种氧化物（Na₂O₂）能与 W（C） 的氧化物（CO₂）相互反应得到单质X （O₂），故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高频考点，题目难度中等，把握元素的位置、最外层电子数来推断元素为解答的关键，注意规律性知识的应用，讨论法推断元素为解答的难点，试题侧重分析与应用能力的考查。

6．（6分）根据下列实验操作和现象，所得到的结论正确的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【专题】25：实验评价题．

【分析】A．Ksp小的先沉淀；

B．AlO₂^﹣促进的HCO₃^﹣电离；

C．FeCl₃与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子；

D．由现象可知生成溴。

【解答】解：A．Ksp小的先沉淀，先生成黄色沉淀，可知K_sp（AgI）＜K_sp（AgCl），故A正确；

B．AlO₂^﹣促进的HCO₃^﹣电离，生成氢氧化铝沉淀，不发生相互促进水解，故B错误；

C．FeCl₃与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与氯化钡反应生成BaSO₄，故C错误；

D．有机层呈橙色，说明生成溴，则KBrO₂被氯气还原，可说明氧化性KBrO₃＞Cl₂，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握物质的性质、沉淀生成、氧化还原反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

7．（6分）25℃时，H₂CO₃的K_al＝4.2×10^﹣7，K_a2＝5.6×10^﹣11．室温下向10mL 0.1mo1•L^﹣1Na₂CO₃溶液中逐滴加入0.1mo1•L^﹣1HCl溶液．如图是溶液中含碳元素微粒物质的量分数随pH降低而变化的图象（CO₂因有逸出未画出）．下列说法错误的是（　　）

A．A点所示溶液的pH＜11

B．B点所示溶液：c（Na⁺）＝c（HCO₃^﹣）+c（CO₃^2﹣）+c（H₂CO₃）

C．A点→B点发生反应的离子方程式为CO₃^2﹣+H⁺═HCO₃^﹣

D．分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na₂CO₃与NaHCO₃混合物的组成

【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；DN：离子浓度大小的比较．菁优网版权所有

【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．A点c（HCO₃^﹣）＝c（CO₃^2﹣），根据K_a2计算；

B．根据物料守恒分析；

C．A点→B：CO₃^2﹣逐渐减少，HCO₃^﹣逐渐增加；

D．用酚酞作指示剂，滴定产物是NaHCO₃，用甲基橙作指示剂，滴定产物是H₂CO₃．

【解答】解：A．A点c（HCO₃^﹣）＝c（CO₃^2﹣），K_a25.6×10^﹣11，则c（H⁺）＝5.6×10^﹣11mol/L，所以pH＜11，故A正确；

B．室温下向10mL 0.1mo1•L^﹣1Na₂CO₃溶液中逐滴加入0.1mo1•L^﹣1HCl溶液，B点溶液中钠离子的物质的量浓度是含碳粒子的浓度的2倍，即c（Na⁺）＝2c（HCO₃^﹣）+2c（CO₃^2﹣）+2c（H₂CO₃），故B错误；

C．A点→B：CO₃^2﹣逐渐减少，HCO₃^﹣逐渐增加，所以发生反应的离子方程式为CO₃^2﹣+H⁺═HCO₃^﹣，故C正确；

D．¹Na₂CO₃溶液中逐滴加入HCl，用酚酞作指示剂，滴定产物是NaHCO₃，用甲基橙作指示剂滴定时NaHCO₃与HCl反应产物是H₂CO₃，所以分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na₂CO₃与NaHCO₃混合物的组成，故D正确。

故选：B。

【点评】本题考查了弱电解质的电离、电离常数的计算，题目难度中等，明确弱电解质的电离特点、电离平衡常数与酸根离子水解程度的关系再结合守恒思想分析解答，试题培养了学生的灵活应用能力．

二、填空题（共3小题，每小题14分，满分43分）

8．（14分）无水四氯化锡（SnCl₄）常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡（熔点231.9℃）与 Cl₂反应制备 SnCl₄，装置如图所示。回答下列问题

已知：①SnCl₄在空气中极易水解生成 SnO₂•xH₂O

②

（1）仪器 A 的名称是　蒸馏烧瓶　，其中发生反应的离子方程式是　2MnO₄^﹣+16H⁺+10Cl^﹣＝2Mn²⁺+5Cl₂↑+8H₂O　。

（ 2 ） 点 燃酒精灯 前需排 尽装置中 的空气，否则 会发生副 反应，化 学方 程式是　Sn+Cl₂＝SnCl₂　、　Sn+O₂＝SnO₂　。

（3）试剂 B、C 依次为　浓硫酸　、　NaOH　，试剂 B的作用是　防止溶液的水蒸气进入收集器中　。

（4）Cl₂和锡的反应产物有 SnCl₄和 SnCl₂，为防止产品中带入 SnCl₂，可采取的措施是　控制Sn与氯气的反应温度控制在114℃至652℃之间　、　通过量氯气　。

（5）碘氧化法滴定分析产品中2价Sn（II）的含量。准确称取 m g 产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，淀粉﹣KI 溶液做指示剂，用cmol•L^﹣1碘标准溶液滴定至终点，消耗碘标准溶液VmL，计算产品中Sn（II）的含量　100%　（用含 c、m、V 的代数式表示）。

【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】548：制备实验综合．

【分析】SnCl₄极易水解，反应应在无水环境下进行进行装置A：采用KMnO₄和浓盐酸反应的方法制取Cl₂，反应还生成MnCl₂，反应的方程式为：2MnO₄^﹣+16H⁺+10Cl^﹣＝2Mn²⁺+5Cl₂↑+8H₂O，制取的氯气中含有氯化氢，试剂为饱和食盐水，可以降低氯气的溶解，通过饱和的氯化钠溶液洗去氯气中的氯化氢，SnCl₄在空气中极易水解，利用浓硫酸的吸水性干燥氯气，防止产生SnCl₄水解；然后Cl₂和锡的反应，制备SnCl₄，冷水冷却，可将气态的SnCl₄冷凝回流收集产物；装置C中NaOH吸收未反应的氯气，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，因SnCl₄极易水解，装置B可防止溶液的水蒸气进入收集器中，且金属锡易与氯气、氧气反应，反应时应先生成氯气，将氧气排出，以此来解答。

【解答】解：（1）仪器A为蒸馏烧瓶，实验采用KMnO₄和浓盐酸反应的方法制取Cl₂，反应还生成MnCl₂，则反应的离子方程式为2MnO₄^﹣+16H⁺+10Cl^﹣＝2Mn²⁺+5Cl₂↑+8H₂O，

故答案为：蒸馏烧瓶；2MnO₄^﹣+16H⁺+10Cl^﹣＝2Mn²⁺+5Cl₂↑+8H₂O；

（2）点燃酒精灯前需排尽装置中的空气，否则会发生副反应，化学方程式是Sn+Cl₂＝SnCl₂、Sn+O₂＝SnO₂，

故答案为：Sn+Cl₂＝SnCl₂；Sn+O₂＝SnO₂；

（3）由上述分析可知，B中试剂为浓硫酸，C中试剂为NaOH，B的作用为防止溶液的水蒸气进入收集器中，

故答案为：浓硫酸；NaOH；防止溶液的水蒸气进入收集器中；

（4）根据图表数据可知，SnCl₄的熔沸点较低，SnCl₄的熔沸点较低，可以将SnCl₄转化为气态，适当增大氯气流量，继续加热，便于分离产物，但需低于SnCl₂的沸点，所以为防止产品中带入过多的SnCl₂，可采取的措施是：控制Sn与氯气的反应温度控制在114℃至652℃之间或通过量氯气，

故答案为：控制Sn与氯气的反应温度控制在114℃至652℃之间；通过量氯气；

（5）滴定反应为氧化还原反应，则有计量关系：5Sn²⁺～～2IO₃^﹣，cmol/L 的KIO₃标准溶液进行滴定，消耗VmL的标准溶液，则含有n（Sn²⁺）cV×10^﹣3mol＝2.5cV×10^﹣2mol，则产品中Sn（II）的含量为100%，

故答案为：100%。

【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。

9．（15分）锌锰干电池是最早的实用电池。现用下列工艺回收正极材料中的金属（部分条件未给出）。

（1）碱性锌锰电池反应为：Zn+2MnO₂+2H₂O＝Zn（OH）₂+2MnO（OH），电解质是 KOH，该电池的负极材料为　Zn　（填化学式），MnO（OH）中Mn的化合价为：　+3　，正极反应式为：　MnO₂+H₂O+e^﹣＝MnO（OH）+OH^﹣　。

（2）黑粉的主要成份为 MnO₂和石墨，写出反应①的化学方程式：　MnO₂+2FeSO₄+2H₂SO₄＝MnSO₄+Fe₂（SO₄）₃+2H₂O　。

（3）MnO₂的转化率与温度的关系如下表：

生产中常选反应温度为 80℃，其理由是：　80℃时MnO₂的转化率已经较高，更高的温度会增加能耗，增大生产成本，得不偿失　。

（4）“沉锰”过程中生成碱式碳酸锰[MnCO₃•6Mn（OH）₂•5H₂O]，写出其离子反应方程式：　7Mn²⁺+7CO₃^2﹣+11H₂O＝MnCO₃•6Mn（OH）₂•5H₂O↓+6CO₂↑　，检验沉淀是否洗净的操作是：　取少量最后一次洗涤滤液于试管中，向其中滴加BaCl₂溶液，观察是否有白色沉淀生成，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净：若有白色沉淀生成，则说明未洗涤干净　。滤液③中可回收的物质为：　Na₂SO₄　（填化学式）。

（5）“预处理”时，废旧锌锰电池经过拆解、筛分得到炭包，其中含MnO₂为34.8%． 称取5.000g 炭包，经处理得到3.211g MnSO₄•H₂O，计算锰的回收率为：　82.6%　。

【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．菁优网版权所有

【专题】545：物质的分离提纯和鉴别．

【分析】废旧锌锰干电池预处理得到二氧化锰和石墨，加入硫酸亚铁和硫酸混合溶液发生反应亚铁离子被氧化为铁离子，过滤得到滤渣主要是碳，滤液①为硫酸锰、硫酸铁、硫酸亚铁溶液，加入过氧化物氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH沉淀铁离子，过滤得到滤渣②主要为氢氧化铁，滤液②为硫酸锰溶液，加入碳酸钠粉末沉淀锰离子过滤得到滤渣③为碱式碳酸锰[MnCO₃•Mn（OH）₂•5H₂O]，滤液③为硫酸钠溶液，滤渣③加入硫酸溶液得到硫酸锰溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥处理得到MnSO₄•H₂O，以此解答该题。

【解答】解：（1）反应Zn+2MnO₂+2H₂O＝Zn（OH）₂+2MnO（OH）中Zn元素化合价升高，被氧化，则Zn为负极，MnO（OH）中氧元素化合价﹣2价，氢元素化合价+1价，化合价代数和为0计算得到Mn的化合价为+3价，正极发生还原反应生成MnO（OH），电极方程式为MnO₂+H₂O+e^﹣＝MnO（OH）+OH^﹣，

故答案为：Zn；+3；MnO₂+H₂O+e^﹣＝MnO（OH）+OH^﹣；

（2）反应①的化学方程式为MnO₂+2FeSO₄+2H₂SO₄＝MnSO₄+Fe₂（SO₄）₃+2H₂O，故答案为：MnO₂+2FeSO₄+2H₂SO₄＝MnSO₄+Fe₂（SO₄）₃+2H₂O；

（3）由表中数据可知，MnO₂的转化率随温度的升高而升高，80℃时MnO₂的转化率已经较高，更高的温度会增加能耗，增大生产成本，得不偿失，

故答案为：80℃时MnO₂的转化率已经较高，更高的温度会增加能耗，增大生产成本，得不偿失；

（4）“沉锰”过程中生成碱式碳酸锰[MnCO₃•6Mn（OH）₂•5H₂O]，离子反应方程式为7Mn²⁺+7CO₃^2﹣+11H₂O＝MnCO₃•6Mn（OH）₂•5H₂O↓+6CO₂↑，如沉淀没有洗净，吸附硫酸根离子，可取少量最后一次洗涤滤液于试管中，向其中滴加BaCl₂溶液，观察是否有白色沉淀生成，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净：若有白色沉淀生成，则说明未洗涤干净，滤液③中可回收的物质为Na₂SO₄，

故答案为：7Mn²⁺+7CO₃^2﹣+11H₂O＝MnCO₃•6Mn（OH）₂•5H₂O↓+6CO₂↑；取少量最后一次洗涤滤液于试管中，向其中滴加BaCl₂溶液，观察是否有白色沉淀生成，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净：若有白色沉淀生成，则说明未洗涤干净；Na₂SO₄；

（5）MnO₂为34.8%． 称取5.000g 炭包，则n（Mn）＝n（MnO₂）0.023mol，

经处理得到3.211g MnSO₄•H₂O，则n（Mn）＝0.019mol，

则回收率为82.6%。

故答案为：82.6%。

【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，侧重考查学生分析及知识综合应用能力，涉及基本操作、氧化还原反应、离子反应等知识点，明确流程图中发生的反应或操作方法是解本题关键，注意基础知识的积累和灵活运用，题目难度中等。

10．（14分）工业上采用高温活性炭催化CO与C1₂合成光气（COCl₂））。

（1）COCl₂中的原子最外层都达到 8电子稳定结构，光气分子的电子式为　　。

（2）工业上利用天然气（CH₄）与CO₂进行高温重整制备CO的反应为：

CH₄（g）+CO₂（g）＝2CO（g）+2H₂（g）△H＝+247.3 kJ•mol^﹣1

已知：C﹣H、C≡O、H﹣H键的键能依次为 413kJ•mol^﹣1、1076kJ•mol^﹣1、436kJ•mol^﹣1，则 C＝O键的键能为　809.65　kJ•mol^﹣1。

（3）光气为窒息性毒剂，极易水解生成氯化氢，泄露后可用水雾吸收，化学方程式 为：　COCl₂+H₂O＝2HCl+CO₂　 。

（4）某温度下，在 2L恒容密闭容器中充入2molCO（g）、2mol Cl₂（g）和适量的活性炭，发生反应：Cl₂（g）+CO（g）⇌CO Cl₂（g）△H＝﹣108kJ•mol^﹣1，测得在混合气中 COCl₂的体积分数φ（COCl₂）和时间 t 的关系如图曲线Ⅰ所示。

①下列情况不能表明该反应达到平衡状态的是　BC　（填字母标号）。

A．CO 的体积分数不改变 B．Cl₂的消耗速率与 COCl₂的生成速率相等

C．体系中不改变 D．混合气体的平均相对分子质量不再变化

②按曲线Ⅰ，平衡常数 K＝　12L/mol　。A点时，向容器中加入等物质的量CO和Cl₂，再次达到平衡时，光气的体积分数会　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”。

③曲线Ⅱ相对曲线Ⅰ改变的条件可能是　D　（填字母标号）。

A．恒容通入惰性气体B．通入 CO C．增大压强D．升高温度。

【考点】CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有

【专题】517：化学反应中的能量变化．

【分析】（1）COCl₂中的原子最外层都达到 8电子稳定结构，C与O形成双键，C与Cl形成单键；

（2）焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；

（3）COCl₂水解生成HCl，还生成二氧化碳；

（4）①结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定平衡状态；

②曲线Ⅰ中平衡时φ（COCl₂）＝0.60，则

Cl₂（g）+CO（g）⇌CO Cl₂（g）

开始 2 2 0

转化 x x x

平衡 2﹣x 2﹣x x

0.60，解得x＝1.5mol，

结合K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比计算；

A点时，向容器中加入等物质的量CO和Cl₂，体积不变、压强增大，平衡正向移动；

③曲线Ⅱ相对曲线Ⅰ，反应速率加快，且φ（COCl₂）减小，应升高温度平衡逆向移动。

【解答】解：（1）COCl₂中的原子最外层都达到 8电子稳定结构，C与O形成双键，C与Cl形成单键，所以光气的电子式为，

故答案为：；

（2）C﹣H、C≡O、H﹣H键的键能依次为 413kJ•mol^﹣1、1076kJ•mol^﹣1、436kJ•mol^﹣1，设C＝O键的键能为x，由CH₄（g）+CO₂（g）＝2CO（g）+2H₂（g）△H＝+247.3 kJ•mol^﹣1，可知413×4+2x﹣×1076﹣436×2＝+247.3，解得x＝809.65，

故答案为：809.65；，

（3）光气为窒息性毒剂，极易水解生成氯化氢，泄露后可用水雾吸收，化学方程式为COCl₂+H₂O＝2HCl+CO₂，

故答案为：COCl₂+H₂O＝2HCl+CO₂；

（4）①A．CO 的体积分数不改变，可知CO的物质的量不变，为平衡状态，故正确；

B．Cl₂的消耗速率与 COCl₂的生成速率相等，只体现正反应速率，不能判定平衡状态，故错误；

C．起始量相同、转化量相同，则体系中始终不改变，不能判定平衡状态，故错误；

D．气体的质量不变，物质的量减小，则混合气体的平均相对分子质量不再变化，为平衡状态，故正确；

故答案为：BC；

②曲线Ⅰ中平衡时φ（COCl₂）＝0.60，则

Cl₂（g）+CO（g）⇌CO Cl₂（g）

开始 2 2 0

转化 x x x

平衡 2﹣x 2﹣x x

0.60，解得x＝1.5mol，

平衡常数K12L/mol，

且A点时，向容器中加入等物质的量CO和Cl₂，体积不变、压强增大，平衡正向移动，则再次达到平衡时，光气的体积分数会增大，

故答案为：12L/mol；增大；

③曲线Ⅱ相对曲线Ⅰ，反应速率加快，且φ（COCl₂）减小，

A．恒容通入惰性气体，浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，故A不选；

B．通入 CO，平衡正向移动，φ（COCl₂）增大，故B不选；

C．增大压强，平衡正向移动，φ（COCl₂）增大，故C不选；

D．升高温度，反应速率加快，且为放热反应，平衡逆向移动，φ（COCl₂）减小，故D选；

故答案为：D。

【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、K的计算、焓变计算、平衡移动及判定为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。

三、【选修题】[化学一选修3：物质结构与性质]（15分）

11．（15分）C₆₀具有完美的球形结构。之后 Si₆₀、N₆₀等球形分子被不断制备出来。回答下列问题：

（1）Si的核外电子排布式为　1s²2s²2p⁶3s²3p²　，C 和 N 元素中第一电离能较大的是　N　

（2）富勒烯衍生物具有良好的光电性能，富勒烯（C₆₀）的结构如图1所示，C₆₀属于　分子　晶体；C₆₀分子中五元环与六元环的数目比为　3：5　（已知简单多面体的顶点数 V、棱数 E及面数 F间有如下关系：V﹣E+F＝2）。

（3）N₆₀的晶体中存在的作用力有　AD　（填字母标号）

A．共价键B．离子键C．氢键 D．范德华力E．配位键F．金属键

（4）立方氮化硼（BN）可做磨料，其结构与金刚石相似，二者具有相似性结构的原因是　B原子有3个价电子，N原子有5个价电子，在立方氮化硼晶体中，每个B原子利用3个价电子形成普通共价键外，还可以通过空轨道，接受N原子的孤电子对，形成1个配位键，于是在立方氮化硼晶体中B原子、N原子都采取sp3杂化，和金刚石中碳原子的杂化方式一样，形成与金刚石类似的正四面体空间网状结构。　。

（5）金属 M（相对原子质量为 m）与N₆₀形成的化合物晶体结 构如图2所示（其中白球代表 N₆₀，黑球代表金属 M），若其晶胞边 长 为k pm，N_A代 表 阿 伏 加 德 罗 常 数 的 值，则 其 密 度 为　　g•cm^﹣3，该化合物中 N₆₀的配位数为　4　。

【考点】9I：晶胞的计算．菁优网版权所有

【专题】51D：化学键与晶体结构．

【分析】（1）Si元素是14号元素处于第三周期IVA族，结合构造原理书写核外电子排布式；N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；

（2）C₆₀属于分子晶体；C₆₀属于分子晶体，设分子中有x个五元环，y个六元环，根据均摊原理，一个C连接3个环，一个五元环中含有碳原子数目为5，一个六元环中含有C碳原子数目＝62，由碳原子数目可知：x+2y＝60，每碳原子形成3个棱，每个棱为2个碳原子共用，含有棱为90，结合：顶点数+面数﹣棱数＝2，列方程计算；

（3）N₆₀晶体属于分子晶体，分子之间为范德华力，N原子之间形成共价键；

（4）B原子有3个价电子，N原子有5个价电子，每个B原子利用3个价电子形成普通共价键外，还可以提供空轨道，接受N原子的孤电子对，形成1个配位键，于是在立方氮化硼晶体中B原子、N原子都采取sp³杂化，和金刚石中碳原子的杂化方式一样，形成正四面体空间网状结构；

（5）均摊法计算晶胞中M原子数目、N₆₀分子数目，再计算晶胞质量，晶体密度＝晶胞质量÷晶胞体积；金属M的配位数为4，配位数之比等于相应微粒数目反比。

【解答】解：（1）Si元素是14号元素处于第三周期IVA族，核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p²；N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故N元素第一电离能较大，

故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p²；N；

（2）C₆₀属于分子晶体；C₆₀属于分子晶体，设分子中有x个五元环，y个六元环，根据均摊原理，一个C连接3个环，一个五元环中含有碳原子数目为5，一个六元环中含有C碳原子数目＝62，由碳原子数目可知：x+2y＝60，每碳原子形成3个棱，每个棱为2个碳原子共用，含有棱为90，则：60+x+y﹣90＝2，联立解得x＝12，y＝20，故C₆₀分子中五元环与六元环的数目比为12：20＝3：5，

故答案为：分子；3：5；

（3）N₆₀晶体属于分子晶体，分子之间为范德华力，N原子之间形成共价键，

故答案为：AD；

（4）B原子有3个价电子，N原子有5个价电子，在立方氮化硼晶体中，每个B原子利用3个价电子形成普通共价键外，还可以通过空轨道，接受N原子的孤电子对，形成1个配位键，于是在立方氮化硼晶体中B原子、N原子都采取sp3杂化，和金刚石中碳原子的杂化方式一样，形成与金刚石类似的正四面体空间网状结构，

故答案为：B原子有3个价电子，N原子有5个价电子，在立方氮化硼晶体中，每个B原子利用3个价电子形成普通共价键外，还可以通过空轨道，接受N原子的孤电子对，形成1个配位键，于是在立方氮化硼晶体中B原子、N原子都采取sp3杂化，和金刚石中碳原子的杂化方式一样，形成与金刚石类似的正四面体空间网状结构。；

（5）晶胞中M原子数目＝4、N₆₀分子数目＝864，晶胞质量＝4g，晶体密度＝4g÷（k×10^﹣10cm）³g•cm^﹣3；金属M的配位数为4，M原子与N₆₀分子数目之比为1：1，二者配位数相等，故N₆₀分子的配位数也是4，

故答案为：；4。

【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、化学键、晶胞结构与计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况。

四、【选修题】[化学一选修5：有机化学基础]（15分）

12．芳香族化合物 A（C₉H₁₂O）常用于药物及香料的合成，A 有如下转化关系：

已知以下信息：

①A不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；

②+CO₂

③RCOCH₃+R′CHORCOOH═CHR′

回答下列问题：

（1）A生成B的反应条件为：　浓硫酸，加热　，由D生成E的反应类型为　取代反应　。

（2）F的官能团名称为　醛基和羟基　。

（3）K的结构简式为　　，由H生成I的反应方程式为　n+（n﹣1）H₂O　。

（4）J为一种具有3个六元环的酯，则其结构简式为　　。

（5）F的同分异构体中，能与NaHCO₃反应生成CO₂的有　14　种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为6：2：1：1的为　或　（写出其中一种结构简式）。

（6）糠叉丙酮（）是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁基氯[（CH₃）₃CCl]和糠醛（）为原料制备糠叉丙酮的合成路线（无机试剂任用）。合成流程图示例如下：CH₂═CH₂CH₃CH₂BrCH₃CH₂OH。

【考点】HB：有机物的推断；HC：有机物的合成．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】芳香族化合物A的分子式为C₉H₁₂O，A的不饱和度4，则侧链没有不饱和键，A转化得到的B能发生信息②中的反应，说明B中含有碳碳双键，应是A发生醇的消去反应生成B，而A不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A为，则B为，D为，C为，C发生信息③的反应，K为．由F的分子式可知，D发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F发生银镜反应然后酸化得到H为，H发生缩聚反应生成I为．J为一种具有3个六元环的酯，则其结构简式为，以此解答该题。

【解答】解：（1）A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B，D发生水解反应生成E，为取代反应，

故答案为：浓硫酸，加热；取代反应；

（2）F为，含有的官能团为名称为醛基和羟基，故答案为：醛基和羟基；

（3）根据以上分析，K为，由H生成I的反应方程式为n+（n﹣1）H₂O，

故答案为：；n+（n﹣1）H₂O；

（4）J为一种具有3个六元环的酯，其结构简式为，故答案为：；

（5）F（）的同分异构体中，能与NaHCO₃反应生成CO₂，说明含有羧基，如分子中含有3个取代基，可为2个甲基、1个羧基，有6种同分异构体，如含有2个取代基，可为乙基、羧基，有邻、间、对3种，如为甲基、﹣CH₂COOH，也有邻、间、对3种，如含有1个取代基，则可为﹣CH₂CH₂COOH、﹣CH₂（COOH）CH₃，则共14种，

核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为6：2：1：1的有或，

故答案为：14；或；

（6）（CH₃）₃CCl发生消去反应生成（CH₃）₂C＝CH₂，（CH₃）₂C＝CH₂发生信息②的反应生成，和反应生成．合成路线流程图为：，

故答案为：。

【点评】本题考查有机物推断和有机合成，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确有机物官能团及其性质、物质之间的转化、反应条件及基本概念是解本题关键，侧重考查学生知识综合运用、知识迁移能力，注意采用正逆结合的方法进行推断。

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日期：2019/4/14 18:58:12；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120