2019年四川省眉山高三一模化学试卷及答案

这是一份2019年四川省眉山高三一模化学试卷及答案，共26页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（6分）当前，汽车尾气已成为许多城市空气的主要污染源。研究表明，含TiO2的混凝土或沥青可以部分消除汽车尾气中的氮氧化物，其原理如下
下列关于该“消除”过程的叙述不正确的是（ ）
A．部分光能转变为化学能
B．消除总变化为NO2+O2+H2O→HNO3
C．消除反应能全天候发生
D．使用纳米TiO2的消除效率更高
2．（6分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．在6.0gSiO2晶体中，含有的Si﹣O键数目为0.2NA
B．完全燃烧乙酸、葡萄糖混合物6.0g，消耗的O2数目为0.2NA
C．在常温下，1m3pH＝4的溶液中由水电离出的H+数目为0.1NA
D．2.24LCl2完全与CH4发生取代反应，生成的HCl数目为0.1NA
3．（6分）科学家发现半胱氨酸能增强艾滋病毒感染者的免疫力，对控制艾滋病毒的蔓延有奇效。已知半胱氨酸的结构简式为，下列关于半胱氨酸说法不正确的是（ ）
A．能溶于水、乙醇等溶剂
B．既能与盐酸、又能与NaOH溶液反应
C．与（高半胱氨酸）互为同系物
D．官能团不变的同分异构体有2种
4．（6分）下列实验方案能达到相应实验目的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
5．（6分）中科院深圳先进技术研究院成功研发了一种高效低成本储能电池﹣﹣“铝一石墨”双离子充电电池，电池总反应为Al+xC+Li++PF6ˉAlLi+CxPF6．下列有关该电池的说法正确的是（ ）
A．放电时，PF6﹣向正极移动
B．放电时，负极反应为Al﹣3e﹣＝Al3+
C．充电时，两个电极增加的质量相等
D．充电时，阳极反应为xC+PF6﹣﹣e﹣═CxPF6
6．（6分）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lgX[X表示 或]随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．直线I中X表示的是
B．直线I、II的斜率均为1
C．c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）对应1.22＜pH＜4.19
D．c（Na+）＝c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）对应pH＝7
7．（6分）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，它们可以组成化学式为ZXY3W8的硅酸盐。X3+与W2﹣具有相同的电子层结构，W、Z与X、Y的质子数之和相等。下列判断正确的是（ ）
A．简单离子半径：X＞Z
B．简单气态氢化物稳定性：Y＞W
C．最高价氧化物对应水化物酸性：X＞Y
D．化合物ZXW2的水溶液呈碱性
二、解答题（共3小题，满分0分）
8．硫代硫酸钠（Na2S2O3）在生产生活中具有广泛应用。回答下列问题：
I．工业上普遍使用Na2SO3与硫磺共煮制备Na2S2O3，装置如图1。
（1）打开K1、关闭K2，向圆底烧瓶中加入足量试剂甲并加热。试剂甲为 ，装置B和D的作用是 。
（2）始终保持C中溶液呈碱性、加热产生Na2S2O3，反应的化学方程式为 。反应一段时间后，C中硫粉逐渐减少，及时打开K2、关闭K1并停止加热，将C中所得混合物分离提纯后即得到Na2S2O3．若不及时关闭K1，将导致C中溶液呈酸性、发生副反应产生S和 。
Ⅱ．利用SO2与Na2CO3、Na2S的混合溶液反应也能制备Na2S2O3，所需仪器如图2。
（1）装置G中Na2CO3与Na2S的最佳物质的量之比为 。
（2）从左到右连接各仪器，接口顺序为： 接g、h接 、 接 、 接d。
Ⅲ常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度。
取废水20.00mL，控制适当的酸度加入足量K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后用适量稀酸溶解，此时CrO42﹣全部转化为Cr2O72﹣；再加过量KI溶液，将Cr2O72﹣充分反应：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═3I2+2Cr3++7H2O．然后加入淀粉溶液作指示剂，用0.0100ml/L的Na2S2O3溶液进行滴定：I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣。
当溶液 即为终点。平行滴定3次，消耗Na2S2O3溶液的平均用量为18.00mL，则该废水中Ba2+的物质的量浓度为 。
9．氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：
已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。
②相关金属离子[c0（Mn+）＝0.1ml/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
③常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10﹣10、7.42×10﹣11。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为 。
分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：焙烧温度为 、氯化铵与锰矿粉的质量之比为 、焙烧时间为 。
（2）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为 ；再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为沉淀除去，溶液pH的范围为 ；然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+变为CaF2、MgF2沉淀除去，两种沉淀共存时溶液中＝ 。
（3）碳化结晶时，反应的离子方程式为 。
（4）将制得的高纯度碳酸锰溶于过量稀硫酸后用惰性电极电解，在某极得到重要的无机功能材料MnO2，该电极的电极反应式为 。
10．研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。回答下列问题：
Ⅰ．CO可用于高炉炼铁，已知：
Fe3 O4（s）+4CO（g）═3Fe（s）+4CO2（g）△H1＝a kJ/ml
3Fe2 O3（s）+CO（g）═2Fe3 O4（s）+CO2（g）△H2＝bkJ/ml
则反应Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）的△H3＝ kJ/ml（用含a、b的代数式表示）。
Ⅱ．一定条件下，CO2和CO可以互相转化
（1）某温度下，在容积为2L的密闭容器按甲、乙两种方式投入反应物发生反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）。
甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%．则0～15min内平均反应速率v（H2）＝ ，此条件下该反应的平衡常数K＝ 。
欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则ω、x、y、z需满足的关系是 ，且 （用含y的等式表示）。
（2）研究表明，温度、压强对反应“C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+CO（g）+H2O（g）△H”中乙苯的平衡转化率影响如下图所示：
则△H 0（填“＞”“＜”或“＝”），压强力p1、p2、p 3从大到小的顺序是 。
（3）CO可被NO2氧化：CO+NO2⇌CO2+NO．当温度高于225℃时，反应速率v正＝k正•c（CO）•c（NO2）、v逆＝k逆•c（CO2）•c（NO），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。在上述温度范围内，k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为 。
[化学-选修3：物质结构与性质]
11．铁、钴、镍具有相似的性质，在化学上称为铁系元素。回答下列问题：
（1）LiCO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。
基态C原子核外电子排布式为 ，第四电离能I4（C） I4（Fe）（填“＞”或＜”），PO43﹣的空间构型为 。
（2）铁系元素能与CO形成Fe（CO）5、Ni（CO）4等金属羰基配合物。
与CO互为等电子体的分子和离子分别为 和 （各举一种，填化学式）；在CO分子中，σ键与π键数目之比为 。
（3）铁与K2O、（环戊二烯）在隔绝空气条件下共热可制得二茂铁[Fe（C5H5）2]。
在环戊二烯中，C原子的杂化轨道类型为 。二茂铁熔点为446K，不溶于水，易溶于乙醚、苯、乙醇等有机溶剂，373K即升华；从各种性质看，都表明它是典型的 化合物。
（4）铁单质的堆积方式有两种，其剖面图分别如图a、b所示。
在图a所示堆积方式里，铁原子的半径为rpm，则其晶胞棱长为 cm。
在图b所示堆积方式里，铁原子的总体积占晶体体积的比例为 （用含圆周率π的代数式表示）。
[化学-选修5：有机化学基础]
12．盐酸利多卡因（F）可用于急性心肌梗塞后室性早搏和室性心动过速，合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）反应①所需试剂、条件分别为 、 。
（3）B的同分异构体种类很多，符合以下条件的B的同分异构体共有 种（不考虑立体异构）、其中官能团的名称是 。
①属于苯的衍生物，苯环上共有三个取代基；
②与碳酸氢钠溶液反应可放出CO2气体。
（4）C的结构简式为 。
（5）在反应①～⑤中属于取代反应的有 。
（6）ClCH2COCl与足量NaOH溶液共热充分反应的化学方程式为 。
（7）NH（C2H5）2在核磁共振氢谱上有 组峰，峰面积比为 。
2019年四川省广安市、眉山市、内江市、遂宁市高考化学一诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7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．（6分）当前，汽车尾气已成为许多城市空气的主要污染源。研究表明，含TiO2的混凝土或沥青可以部分消除汽车尾气中的氮氧化物，其原理如下
下列关于该“消除”过程的叙述不正确的是（ ）
A．部分光能转变为化学能
B．消除总变化为NO2+O2+H2O→HNO3
C．消除反应能全天候发生
D．使用纳米TiO2的消除效率更高
【分析】含TiO2的混凝土或沥青可以部分消除汽车尾气中的氮氧化物，在TiO2催化作用下，紫外线提供能量、发生反应4NOx+（5﹣2x）O2+2H2O＝4HNO3，纳米TiO2与紫外线接触面积更大，反应更充分，反应速率更快。
【解答】解：A、题中示意图表明：在TiO2催化作用下，紫外线提供能量、发生反应4NOx+（5﹣2x）O2+2H2O＝4HNO3，故A正确；
B．分析过程可知消除总变化为4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，故B正确；
C、没有紫外线时上述反应不能发生，故C错误；
D、纳米TiO2与紫外线接触面积更大，将产生更多的光生电子和光生空穴，从而消除更多的NO2，故D正确
故选：C。
【点评】本题考查了流程分析判断、物质性质分析、反应特征的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（6分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．在6.0gSiO2晶体中，含有的Si﹣O键数目为0.2NA
B．完全燃烧乙酸、葡萄糖混合物6.0g，消耗的O2数目为0.2NA
C．在常温下，1m3pH＝4的溶液中由水电离出的H+数目为0.1NA
D．2.24LCl2完全与CH4发生取代反应，生成的HCl数目为0.1NA
【分析】A、求出二氧化硅的物质的量，然后根据二氧化硅中一个硅原子形成4条硅氧键来分析；
B、乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，而1mlCH2O燃烧消耗1ml氧气；
C、pH＝4的溶液是酸溶液还是弱碱强酸盐溶液不明确；
D、氯气所处的状态不明确。
【解答】解：A、6.0g二氧化硅的物质的量为0.1ml，而二氧化硅中一个硅原子形成4条硅氧键，故0.1ml二氧化硅中含0.4NA条硅氧键，故A错误；
B、乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，故6.0g混合物中含有的CH2O的物质的量为0.2ml，而1mlCH2O燃烧消耗1ml氧气，故0.2mlCH2O燃烧消耗0.2NA个氧气分子，故B正确；
C、pH＝4的溶液若是酸溶液，则水电离出的氢离子浓度为10﹣10ml/L，故1000L溶液中，水电离出的氢离子的物质的量为10﹣7ml；而若为强酸弱碱盐溶液，此溶液中水电离出的氢离子浓度为10﹣4ml/L，则1000L溶液中，水电离出的氢离子的个数为0.1NA个，但由于是酸溶液还是弱碱强酸盐溶液不明确，故C错误；
D、氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加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）科学家发现半胱氨酸能增强艾滋病毒感染者的免疫力，对控制艾滋病毒的蔓延有奇效。已知半胱氨酸的结构简式为，下列关于半胱氨酸说法不正确的是（ ）
A．能溶于水、乙醇等溶剂
B．既能与盐酸、又能与NaOH溶液反应
C．与（高半胱氨酸）互为同系物
D．官能团不变的同分异构体有2种
【分析】A、分子间氢键增大了物质的溶解性；
B、半胱氨酸中含有氨基，可与盐酸反应，含有羧基，可与NaOH溶液反应；
C、结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团一系列物质，称同系物。
D、半胱氨酸官能团不变的同分异构体有：巯基与氨基换位，巯基和氨基同在α﹣碳原子上或同在β﹣碳原子上，由此确定同分异构体。
【解答】解：A、半胱氨酸中含有羧基，与水、乙醇分子间能形成氢键（或结构相似），故能溶于水、乙醇等溶剂，故A正确；
B、半胱氨酸中含有氨基，可与盐酸反应，含有羧基，可与NaOH溶液反应，故B正确；
C、高半胱氨酸与半胱氨酸结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团，故C正确；
D、半胱氨酸官能团不变的同分异构体有：巯基与氨基换位，巯基和氨基同在α﹣碳原子上或同在β﹣碳原子上。共有3种，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
4．（6分）下列实验方案能达到相应实验目的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．还原剂的还原性大于还原产物；
B．比较氯和碳的非金属性强弱，需比较HClO4与H2CO3酸性强弱；
C．溶液的密度不一定是1g•mL﹣1；
D．需做“有Mn2+和无Mn2+时相同H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应的对比实验”，才能证明Mn2+能加快H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应。
【解答】解：A．将KI溶液与FeCl3溶液混合后加入CCl4、CCl4层显紫红色，表明发生了反应2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，即还原性I﹣＞Fe2+，故A正确；
B．比较氯和碳的非金属性强弱，需比较HClO4与H2CO3酸性强弱（或HCl与CH4的热稳定性），故B错误；
C．配制100mL 1ml/LCuSO4溶液，需将25gCuSO4•5H2O溶于适量蒸馏水中配成100mL溶液，而不是溶于91mL水，故C错误；
D．要证明Mn2+能加快H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应，需作有Mn2+和无Mn2+时相同H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应的对比实验，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、非金属性比较、反应速率、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。
5．（6分）中科院深圳先进技术研究院成功研发了一种高效低成本储能电池﹣﹣“铝一石墨”双离子充电电池，电池总反应为Al+xC+Li++PF6ˉAlLi+CxPF6．下列有关该电池的说法正确的是（ ）
A．放电时，PF6﹣向正极移动
B．放电时，负极反应为Al﹣3e﹣＝Al3+
C．充电时，两个电极增加的质量相等
D．充电时，阳极反应为xC+PF6﹣﹣e﹣═CxPF6
【分析】电池充电时的总反应化学方程式为Al+xC+Li++PF6ˉ＝AlLi+CxPF6，则放电时的总反应为AlLi+CxPF6＝Al+xC+Li++PF6﹣，放电时AlLi被氧化，为原电池的负极，电极反应式为AlLi﹣e﹣＝Al+Li+，正极CxPF6得电子被还原，电极反应式为CxPF6+e﹣＝xC+PF6﹣，充电时，电极反应与放电时的反应相反，据此分析解答。
【解答】解：A、放电时阴离子移向负极，所以PF6ˉ向负极移动，故A错误；
B、原电池负极反应为LiAl﹣e﹣＝Al+Li+，故B错误；
C、充电时电解池阳极反应为xC+PF6﹣﹣e﹣＝CxPF6，阴极反应为Al+Li++e﹣＝LiAl，两极转移电子的物质的量虽然相等，但增加的质量不相等，故C错误；
D、充电时电解池阳极反应为xC+PF6﹣﹣e﹣＝CxPF6，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确原电池和电解池原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合充电时的总反应化学方程式为Al+xC+Li++PF6﹣═AlLi+CxPF6书写，题目难度中等。
6．（6分）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lgX[X表示 或]随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．直线I中X表示的是
B．直线I、II的斜率均为1
C．c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）对应1.22＜pH＜4.19
D．c（Na+）＝c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）对应pH＝7
【分析】A．二元弱酸草酸的K1＝＞K2＝，当lgX＝0时，pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lgK，pH1＝1.22＜pH2＝4.19，表明K1＝10﹣1.22＞K2＝10﹣4.19；
B．pH＝0时，lg＝lgK1＝﹣1.22，lg＝lgK2＝﹣4.19；
C．设pH＝a，c（H+）＝10﹣a，＝＝10a﹣4.19，当c（C2O42﹣）＜c（HC2O4﹣）时，10a﹣4.19＜1，即a﹣4.19＜0，解得：a＜4.19；K1•K2＝×＝，即＝＝102a﹣5.41，当c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）时，102a﹣5.41＞1即2a﹣5.41＞0，解得a＞2.705；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断。
【解答】解：A．二元弱酸草酸的K1＝＞K2＝，当lgX＝0时，pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lgK，pH1＝1.22＜pH2＝4.19，表明K1＝10﹣1.22＞K2＝10﹣4.19，所以 直线I中X表示的是，直线Ⅱ中X表示的是
，故A正确；
B．pH＝0时，lg＝lgK1＝﹣1.22，lg＝lgK2＝﹣4.19，所以直线I、II的斜率均为1，故B正确；
C．设pH＝a，c（H+）＝10﹣a，＝＝10a﹣4.19，当c（C2O42﹣）＜c（HC2O4﹣）时，10a﹣4.19＜1，即a﹣4.19＜0，解得：a＜4.19；K1•K2＝×＝，即＝＝102a﹣5.41，当c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）时，102a﹣5.41＞1即2a﹣5.41＞0，解得a＞2.705，所以c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）对应2.705＜pH＜4.19，故C错误；
D、电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（HC2O4ˉ）+2c（C2O42﹣）+c（OHˉ），当c（Na+）＝c（HC2O4ˉ）+2c（C2O42﹣）时，c（H+）＝c（OHˉ），对应pH＝7，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数含义及其表达式、计算方法是解本题关键，难点是C选项pH计算，题目难度中等。
7．（6分）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，它们可以组成化学式为ZXY3W8的硅酸盐。X3+与W2﹣具有相同的电子层结构，W、Z与X、Y的质子数之和相等。下列判断正确的是（ ）
A．简单离子半径：X＞Z
B．简单气态氢化物稳定性：Y＞W
C．最高价氧化物对应水化物酸性：X＞Y
D．化合物ZXW2的水溶液呈碱性
【分析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，它们可以组成化学式为ZXY3W8的硅酸盐，必含Si和O，X3+与W2﹣具有相同的电子层结构，W、X分别为O、Al；W、Z与X、Y的质子数之和相等，Y、Z依次为Si、K，据此进行解答。
【解答】解：根据分析可知，W、X、Y、Z依次为O、Al、Si、K，
A．电子层越多，离子半径越大，则离子半径Al3+＜K+，故A错误；
B．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性Si＜O，则简单气态氢化物的稳定性SiH4＜H2O，故B错误；
C．非金属性Al＜Si，则最高价氧化物对应水化物酸性：H3AlO3＜H4SiO4，故C错误；
D．ZXW2为KAlO2，由于AlO2﹣水解，导致KAlO2溶液显碱性，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，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
二、解答题（共3小题，满分0分）
8．硫代硫酸钠（Na2S2O3）在生产生活中具有广泛应用。回答下列问题：
I．工业上普遍使用Na2SO3与硫磺共煮制备Na2S2O3，装置如图1。
（1）打开K1、关闭K2，向圆底烧瓶中加入足量试剂甲并加热。试剂甲为 浓硫酸 ，装置B和D的作用是 吸收SO2，防止污染空气 。
（2）始终保持C中溶液呈碱性、加热产生Na2S2O3，反应的化学方程式为 S+SO2+Na2CO3 Na2S2O3+CO2 。反应一段时间后，C中硫粉逐渐减少，及时打开K2、关闭K1并停止加热，将C中所得混合物分离提纯后即得到Na2S2O3．若不及时关闭K1，将导致C中溶液呈酸性、发生副反应产生S和 NaHSO3 。
Ⅱ．利用SO2与Na2CO3、Na2S的混合溶液反应也能制备Na2S2O3，所需仪器如图2。
（1）装置G中Na2CO3与Na2S的最佳物质的量之比为 1：2 。
（2）从左到右连接各仪器，接口顺序为： a 接g、h接 b 、 c 接 e 、 f 接d。
Ⅲ常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度。
取废水20.00mL，控制适当的酸度加入足量K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后用适量稀酸溶解，此时CrO42﹣全部转化为Cr2O72﹣；再加过量KI溶液，将Cr2O72﹣充分反应：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═3I2+2Cr3++7H2O．然后加入淀粉溶液作指示剂，用0.0100ml/L的Na2S2O3溶液进行滴定：I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣。
当溶液 蓝色褪去且在半分钟内不恢复 即为终点。平行滴定3次，消耗Na2S2O3溶液的平均用量为18.00mL，则该废水中Ba2+的物质的量浓度为 0.00300ml/L 。
【分析】I．（1）A为二氧化硫的制备装置，C制取Na2S2O3，二氧化硫有毒，装置B和D中需盛碱液（如NaOH溶液），用于吸收SO2，防止污染空气；
（2）C中反应物SO2、Na2CO3溶液和硫粉，根据题意首先SO2和Na2CO3溶液发生反应生成Na2SO3和CO2，Na2SO3和S制Na2S2O3，不及时关闭K1，将导致C中溶液呈酸性而发生副反应Na2S2O3+SO2+H2O＝2NaHSO3+S↓；
Ⅱ．（1）装置G中Na2CO3与Na2S的最佳物质的量之比由反应方程式中化学计量数之比确定；
（2）按I（实验后期关闭K1，打开K2可吸收多余SO2）→H（制取SO2）→E（安全装置）→G（制取Na2S2O3）→F（吸收SO2尾气）确定连接装置的顺序。
Ⅲ．碘遇到淀粉呈蓝色，终点为蓝色褪去且在半分钟内不恢复；
按关系式：2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣计算n（Ba2+），再由c＝计算浓度。
【解答】解：I．（1）A为二氧化硫的制备装置，故试剂甲为浓硫酸，装置B和D中需盛碱液（如NaOH溶液），用于吸收SO2，防止污染空气，
故答案为：浓硫酸；吸收SO2，防止污染空气；
（2）C中反应物SO2、Na2CO3溶液和硫粉，根据题意首先SO2和Na2CO3溶液发生反应生成Na2SO3和CO2，Na2SO3和S制Na2S2O3，总反应为：S+SO2+Na2CO3 Na2S2O3+CO2；
若不及时关闭K1，将导致C中溶液呈酸性而发生副反应Na2S2O3+SO2+H2O＝2NaHSO3+S↓，
故答案为：S+SO2+Na2CO3 Na2S2O3+CO2；NaHSO3；
Ⅱ．（1）装置G中发生反应的方程式为：Na2CO3+2Na2S+4SO2＝3Na2S2O3+CO2，故Na2CO3和Na2S的最佳物质的量之比为1：2，
故答案为：1：2；
（2）需按下列顺序连接装置，I（实验后期关闭K1，打开K2可吸收多余SO2）→H（制取SO2）→E（安全装置）→G（制取Na2S2O3）→F（吸收SO2尾气），所以各接口的顺序为：a接g、h接b、c接e、f接d，
故答案为：a；b；c；e；f；
Ⅲ．向碘的淀粉蓝色溶液中滴加Na2S2O3溶液，滴定终点为蓝色褪去且在半分钟内不恢复。
相关物质转化的关系式为：2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣，n（Ba2+）＝n（S2O32﹣）×＝18.00mL×0.001L/mL×0.0100ml/L×＝0.06×10﹣3ml，c（Ba2+）＝＝0.00300ml/L，
故答案为：蓝色褪去且在半分钟内不恢复；0.00300ml/L。
【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、发生的反应、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，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．氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：
已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。
②相关金属离子[c0（Mn+）＝0.1ml/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
③常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10﹣10、7.42×10﹣11。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为 MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O 。
分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：焙烧温度为 500℃ 、氯化铵与锰矿粉的质量之比为 1.10 、焙烧时间为 60min 。
（2）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为 MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O ；再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为沉淀除去，溶液pH的范围为 5.2≤pH＜8.8 ；然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+变为CaF2、MgF2沉淀除去，两种沉淀共存时溶液中＝ 1.97 。
（3）碳化结晶时，反应的离子方程式为 Mn2++2HCO3﹣MnCO3+CO2↑+H2O 。
（4）将制得的高纯度碳酸锰溶于过量稀硫酸后用惰性电极电解，在某极得到重要的无机功能材料MnO2，该电极的电极反应式为 Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+ 。
【分析】菱锰矿的主要成分为MnCO3，加入氯化铵焙烧发生MnCO3+2NH4Cl MnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O↑，气体为二氧化碳和氨气、水蒸气，浸出液中含MnCl2、FeCl2、CaCl2、MgCl2、AlCl3等，结合表中离子的沉淀pH及信息可知，浸取液净化除杂时加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+，净化液加入碳酸氢铵碳化结晶过滤得到碳酸锰，
（1）NH4Cl分解为NH3、HCl，HCl与MnCO3反应得到MnCl2、CO2、H2O，由此写出方程式；结合图1、图2、图3，判断锰浸出率选择最佳条件；
（2）MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+；
欲使Al3+、Fe3+变为沉淀除去，溶液pH≥5.2，不使Mn2+沉淀，pH＜8.8，从而确定pH范围，用平衡常数计算两种沉淀共存时溶液中；
（3）碳化结晶时，可看成Mn（HCO3）2受热分解，类比写出离子方程；
（4）阳极得到重要的无机功能材料MnO2，失电子发生氧化反应。
【解答】解：（1）NH4Cl分解为NH3、HCl，HCl与MnCO3反应得到MnCl2、CO2、H2O，反应方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；
氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：焙烧温度为500℃、氯化铵与锰矿粉的质量之比为1.10、焙烧时间为60min，
故答案为：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；500℃；1.10；60min；
（2）MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O；
欲使Al3+、Fe3+变为沉淀除去，溶液pH≥5.2，不使Mn2+沉淀，pH＜8.8，溶液pH的范围为5.2≤pH＜8.8；
加入NH4F将Ca2+、Mg2+变为CaF2、MgF2沉淀除去，两种沉淀共存时溶液中＝＝1.97，
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O；5.2≤pH＜8.8；1.97；
（3）可看成Mn（HCO3）2受热分解，离子方程式为：Mn2++2HCO3﹣MnCO3+CO2↑+H2O，
故答案为：Mn2++2HCO3﹣MnCO3+CO2↑+H2O；
（4）将制得的高纯度碳酸锰溶于过量稀硫酸后用惰性电极电解，在阳极得到重要的无机功能材料MnO2，该电极的电极反应式为Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+，阴极反应为：2H++2e﹣＝H2↑，
故答案为：Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+。
【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、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识及反应原理与实验的结合，题目难度不大。
10．研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。回答下列问题：
Ⅰ．CO可用于高炉炼铁，已知：
Fe3 O4（s）+4CO（g）═3Fe（s）+4CO2（g）△H1＝a kJ/ml
3Fe2 O3（s）+CO（g）═2Fe3 O4（s）+CO2（g）△H2＝bkJ/ml
则反应Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）的△H3＝ （b+2a） kJ/ml（用含a、b的代数式表示）。
Ⅱ．一定条件下，CO2和CO可以互相转化
（1）某温度下，在容积为2L的密闭容器按甲、乙两种方式投入反应物发生反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）。
甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%．则0～15min内平均反应速率v（H2）＝ 0.2ml/（L•min） ，此条件下该反应的平衡常数K＝ 1.8 。
欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则ω、x、y、z需满足的关系是 x＝2w+y ，且 z＝y （用含y的等式表示）。
（2）研究表明，温度、压强对反应“C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+CO（g）+H2O（g）△H”中乙苯的平衡转化率影响如下图所示：
则△H ＞ 0（填“＞”“＜”或“＝”），压强力p1、p2、p 3从大到小的顺序是 p1＞p2＞p3 。
（3）CO可被NO2氧化：CO+NO2⇌CO2+NO．当温度高于225℃时，反应速率v正＝k正•c（CO）•c（NO2）、v逆＝k逆•c（CO2）•c（NO），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。在上述温度范围内，k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为 K＝ 。
【分析】Ⅰ．已知：①Fe3 O4（s）+4CO（g）═3Fe（s）+4CO2（g）△H1＝a kJ/ml
②3Fe2 O3（s）+CO（g）═2Fe3 O4（s）+CO2（g）△H2＝bkJ/ml
根据盖斯定律，可得：Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）据此计算△H3；
Ⅱ（1）甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，转化的二氧化碳为：8ml×75%＝6ml，
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
初始（ml）8 16 0 0
转化（ml）6 6 6 6
平衡（ml）2 10 6 6
结合c＝计算v（H2）；由K＝c（CO）•c（H2O）/c（CO2）•n（H2）计算平衡常数；
欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则ω、x、y、z需满足的关系（w﹣y）：（x﹣y）＝8：16，且z＝y；
（2）压强越大，乙苯的平衡转化率越小；
（3）达平衡时v正＝v逆，即k正•c（CO）•c（NO2）＝k逆•c（CO2）•c（NO），由此计算。
【解答】解：Ⅰ．已知：①Fe3 O4（s）+4CO（g）═3Fe（s）+4CO2（g）△H1＝a kJ/ml
②3Fe2 O3（s）+CO（g）═2Fe3 O4（s）+CO2（g）△H2＝bkJ/ml
根据盖斯定律，可得：Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H3＝（△H1+2△H2）×＝（b+2a）kJ/ml，
故答案为：（b+2a）；
Ⅱ（1）甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，转化的二氧化碳为：8ml×75%＝6ml，
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
初始（ml）8 16 0 0
转化（ml）6 6 6 6
平衡（ml）2 10 6 6
0～15min内平均反应速率v（H2）＝＝0.2ml/（L•min）；
该稳定性该反应的平衡常数K＝＝l.8；
平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，说明甲和乙互为等效平衡，需必须满足（w﹣y）：（x﹣y）＝8：16，整理可得：x＝2w+y且z＝y，
故答案为：0.2ml/（L•min）；l.8；x＝2w+y；z＝y；
（2）根据图象可知，温度越高、乙苯的平衡转化率越大，表明△H＞0；
该反应的△n气＞0，则压强越大，乙苯的平衡转化率越小，故p1＞p2＞p3，
故答案为：＞；p1＞p2＞p3；
（3）达平衡时v正＝v逆，即k正•c（CO）•c（NO2）＝k逆•c（CO2）•c（NO），故＝＝K，
故答案为：K＝。
【点评】本题考查化学平衡的计算、盖斯定律的应用等知识，题目难度中等，明确盖斯定律的内容为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
[化学-选修3：物质结构与性质]
11．铁、钴、镍具有相似的性质，在化学上称为铁系元素。回答下列问题：
（1）LiCO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。
基态C原子核外电子排布式为 [Ar]3d74s2 ，第四电离能I4（C） ＜ I4（Fe）（填“＞”或＜”），PO43﹣的空间构型为 正四面体 。
（2）铁系元素能与CO形成Fe（CO）5、Ni（CO）4等金属羰基配合物。
与CO互为等电子体的分子和离子分别为 N2 和 CN﹣ （各举一种，填化学式）；在CO分子中，σ键与π键数目之比为 1：2 。
（3）铁与K2O、（环戊二烯）在隔绝空气条件下共热可制得二茂铁[Fe（C5H5）2]。
在环戊二烯中，C原子的杂化轨道类型为 sp2和sp3 。二茂铁熔点为446K，不溶于水，易溶于乙醚、苯、乙醇等有机溶剂，373K即升华；从各种性质看，都表明它是典型的 共价 化合物。
（4）铁单质的堆积方式有两种，其剖面图分别如图a、b所示。
在图a所示堆积方式里，铁原子的半径为rpm，则其晶胞棱长为 cm。
在图b所示堆积方式里，铁原子的总体积占晶体体积的比例为 .π （用含圆周率π的代数式表示）。
【分析】（1）C为27号元素，根据构造原理写出原子核外电子排布式；
C3+核外电子排布为不稳定结构3d6、较易失去电子，Fe3+核外电子排布为半满稳定结构3d5，较难失电子，由此比较第4电离能；
PO43﹣中P原子孤电子对数为0、σ键数目为4，由此确定空间构型；
（2）价电子数和原子数相等的粒子互为等电子体；CO与N2的结构相似，σ键、π键数分别为1、2；
（3）在环戊二烯中有4个C原子为sp2杂化，1个C原子为sp3杂化；二茂铁的熔点不高、溶解性情况包括能升华等性质与分子晶体相似；即二茂铁由分子构成，是共价化合物；
（4）图a晶胞为体心立方堆积，设晶胞棱长为x，则4rpm＝ x，求出x；
图b晶胞为面心立方最密堆积，设b晶胞棱长为y，Fe原子半径为R，4R＝ y，再结合球体积公式计算。
【解答】解：（1）C为27号元素，原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2；
C3+核外电子排布为不稳定结构3d6、较易失去电子，所以第四电离能较小；而Fe3+核外电子排布为半满稳定结构3d5，较难失电子，所以第4电离能较大；
PO43﹣中P原子孤电子对数为0、σ键数目为4，所以PO43﹣的空间构型为正四面体；
故答案为：[Ar]3d74s2，＜，正四面体；
（2）CO的价电子数为（4+6）＝10，原子数为2，10＝5×2＝5+7﹣1＝（4+1）×2等，所以CO的等电子体为N2、CN﹣、NO+、C2﹣ 等；
CO与N2的结构相似，根据N2的结构式N≡N可知，CO分子中含有一个σ键、两个π键数，所以在CO分子中，σ键与π键数目之比为1：2；
故答案为：N2，CN﹣，1：2；
（3）在环戊二烯中有4个C原子为sp2杂化，1个C原子为sp3杂化；根据二茂铁的熔点不高、溶解性情况包括能升华等性质与分子晶体相似，即二茂铁由分子构成，是共价化合物；
故答案为：sp2和sp3，共价；
（4）设图a晶胞棱长为x，4rpm＝ x，x＝pm＝cm；
设图b晶胞棱长为y，Fe原子半径为R，晶胞中Fe数目为8×+6×＝4，4R＝ y，R＝，球体积V＝＝×＝，原子的总体积占晶体体积的比例＝＝π；
故答案为：； π。
【点评】本题考查原子结构结构、分子性质、晶体类型，侧重考查核外电子排布式、电离能、等电子体、粒子空间构型、杂化方式、晶胞计算等，综合性强，知识点多，题目难度中等，掌握基础知识是关键，注意晶胞的相关计算步骤和方法。
[化学-选修5：有机化学基础]
12．盐酸利多卡因（F）可用于急性心肌梗塞后室性早搏和室性心动过速，合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 间二甲苯（或1，3﹣二甲苯） 。
（2）反应①所需试剂、条件分别为 浓硝酸、浓硫酸 、 加热 。
（3）B的同分异构体种类很多，符合以下条件的B的同分异构体共有 10 种（不考虑立体异构）、其中官能团的名称是 氨基、羧基 。
①属于苯的衍生物，苯环上共有三个取代基；
②与碳酸氢钠溶液反应可放出CO2气体。
（4）C的结构简式为 。
（5）在反应①～⑤中属于取代反应的有 ①③④ 。
（6）ClCH2COCl与足量NaOH溶液共热充分反应的化学方程式为 。
（7）NH（C2H5）2在核磁共振氢谱上有 3 组峰，峰面积比为 6：4：1 。
【分析】A发生取代反应生成B，C发生取代反应生成D，根据BD结构简式知，B发生还原反应生成C为；D发生取代反应生成E；
（1）A为间二甲苯（或1，3﹣二甲苯）；
（2）反应①是在苯环上引入硝基，需要浓硫酸作催化剂、加热；
（3）满足题给要求的同分异构体必含有一COOH（羧基），一NH2（氨基）和一CH3，可能三者紧邻、两者紧邻、三者均不相邻三种情况，找出同分异构体的数目；
（4）综合B、D的结构判断C结构简式；
（5）反应①为A中苯环上一个H原子被硝基取代，反应③为C中氨基上的一个H原子被一CH2COCl取代，反应④为D中的氯原子被一N（C2H5）2取代；
（6）ClCH2COCl水解得到HOCH2COOH，HOCH2COOH再与NaOH发生中和反应，写出方程式。
（7）将NH3中的两个氢原子换成﹣C2H5，NH（C2H5）2，这两个﹣C2H5的空间环境相同。
【解答】解：（1）A为间二甲苯（或1，3﹣二甲苯），故答案为：间二甲苯（或1，3﹣二甲苯）；
（2）反应①是在苯环上引入硝基，需要浓硫酸作催化剂、浓硝酸作反应物，还需要加热，所需试剂为浓硝酸/浓硫酸，条件为加热，
故答案为：浓硝酸/浓硫酸；加热；
（3）满足题给要求的同分异构体必含有一COOH（羧基），一NH2（氨基）和一CH3，如果三者紧邻，有3种结构，如果两者紧邻，有3种紧邻方式、每种相邻方式又有2种结构，即2×3＝6种结构，如果三者均不相邻，只有1种结构，共有10种结构，其官能团名称是氨基、羧基，
故答案为：10；氨基、羧基；
（4）综合B、D的结构，可知C是，
故答案为：；
（5）反应①为A中苯环上一个H原子被硝基取代，反应③为C中氨基上的一个H原子被一CH2COCl取代，反应④为D中的氯原子被一N（C2H5）2取代，属于取代反应的是①③④，
故答案为：①③④；
（6）ClCH2COCl水解得到HOCH2COOH，HOCH2COOH再与NaOH发生中和反应生成HOCH2COONa，反应方程式为：。
（7）将NH3中的两个氢原子换成﹣C2H5，NH（C2H5）2，这两个﹣C2H5的空间环境相同，故有3种氢原子，三者物质的量之比为6：4：1，
故答案为：3；6：4：1。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析判断、逆向思维及知识综合运用能力，明确官能团结构和性质关系、官能团之间的转化关系是解本题关键，难点是同分异构体种类判断，同分异构体有碳链异构、官能团异构、位置异构，题目难度中等。编号
实验目的
实验方案
A
验证Fe2+还原性弱于I﹣
将KI溶液于FeCl3溶液混合后加入CCl4
B
比较氯和碳的非金属性强弱
将稀盐酸滴入NaHCO3溶液中
C
配制100mL 1ml/LCuSO4溶液
将25g CuSO4•5H2O溶于91mL蒸馏水中
D
Mn2+能加快H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应
将4mL 0.01ml/L KMnO4酸性溶液和2mL 0.1ml/L H2C2O4溶液混合
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
容器
反应物
甲
8ml CO2（g）、16ml H2（g）
乙
w ml CO2（g）、x ml H2（g）、y mlCO（g）、z ml H2O（g）
编号
实验目的
实验方案
A
验证Fe2+还原性弱于I﹣
将KI溶液于FeCl3溶液混合后加入CCl4
B
比较氯和碳的非金属性强弱
将稀盐酸滴入NaHCO3溶液中
C
配制100mL 1ml/LCuSO4溶液
将25g CuSO4•5H2O溶于91mL蒸馏水中
D
Mn2+能加快H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应
将4mL 0.01ml/L KMnO4酸性溶液和2mL 0.1ml/L H2C2O4溶液混合
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
容器
反应物
甲
8ml CO2（g）、16ml H2（g）
乙
w ml CO2（g）、x ml H2（g）、y mlCO（g）、z ml H2O（g）