2020年四川省雅安市高考化学三诊试卷


2020年四川省雅安市高考化学三诊试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 下列有关说法错误的是(    )
A. 聚丙烯纤维是生产医用口罩的重要材料
B. 在月饼包装盒中放入生石灰，可防止月饼氧化变质
C. 84消毒液、医用酒精等都可以用于抗新冠病毒的消毒
D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
2. 下列说法正确的是(    )
A. 苯的硝化、油脂的皂化均可看作取代反应
B. 蛋白质和淀粉都是高分子化合物，都能水解生成葡萄糖，提供生命活动的能量
C. 用酸性KMnO4溶液无法鉴别乙醇与苯
D. 分子式为C4H9Cl的同分异构体有5种
3. 复旦大学研发的一种新型水锂电池，一极采用复合膜包裹的金属锂，另一极采用锰酸锂(LiMn2O4)，以0.5mol⋅L−1Li2SO4水溶液作电解质，安全性能和成本较现有的锂离子电池都具有明显的优势。下列有关该电池的说法不正确的是(    )


A. 电极a是负极，电极b是正极
B. 工作时电池的总反应为：LiMn2O4+Li=Li2Mn2O4
C. 放电时，溶液中Li+从a向b迁移
D. 电池放电时的阳极反应式为：Li2Mn2O4−e−=LiMn2O4+Li+
4. 有原子序数依次增大的a、b、c、d四种元素，最外层电子数分别为4、1、x、7，已知c原子的电子层数等于x，d−的电子层结构与Ar元素相同。下列说法错误的是(    )
A. 元素a与氢形成原子比为1：1的化合物有多种
B. 元素b的单质能与水、无水乙醇反应
C. c的简单离子与d−的简单离子最外层电子数和电子层数都不相同
D. 元素a与元素d可形成既含有极性共价键又含非极性共价键的化合物
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(    )
A. 1.0L0.5mol⋅L−1FeBr2溶液与1molCl2反应时转移的电子数目为2NA
B. 25℃，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10−9NA
C. 3.0g甲醛(HCHO)和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NA
D. 标准状况下，2.24L二氯甲烷中含有的原子数目为0.5NA
6. 下列实验过程可以达到实验目的的是(    )
编号
实验目的
实验过程
A
测定NaHCO3溶液的浓度
用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，并选择酚酞为指示剂
B
鉴别KI、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液
向盛有KI、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液的试管中分别滴加盐酸，观察实验现象
C
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL 5%H2O2溶液，观察实验现象
D
除去乙醇中混有的乙酸
混合液蒸馏，收集78.3℃左右的馏分(乙醇的沸点为78.3℃)
A. A B. B C. C D. D
7. 常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图象如图所示(不考虑C2O42−的水解)。下列叙述正确的是(    )
A. Kp(Ag2C2O4)的数量级等于10−7
B. n点表示AgCl的不饱和溶液
C. 向c(Cl−)=c(C2O42−)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀
D. Ag2C2O4+2C1−=2AgCl+C2O42−的平衡常数为109.04
二、简答题（本大题共4小题，共49.0分）
8. 碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化性溃疡出血。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
2.0
5.9
3.7
完全沉淀
3.5
8.4
4.7
请回答下列问题：
(1)该工艺中“搅拌”的作用是______，写出反应I中发生氧化还原反应的离子方程式______。
(2)“滤渣”的主要成分是______(填化学式)，加入适量NaHCO3的目的是调节pH在______范围内。
(3)反应Ⅱ中加入NaNO2的离子方程式为______，在实际生产中，可以同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有5.6L(标况)，则理论上相当于节约NaNO2(Mr=69)用量______g。
(4)碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解为Fe2(OH)42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为______。
(5)为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：取25.00mL溶液，稀释到250mL，准确量取20.00mL于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用0.01000mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL.已知：2Fe3++2I−=2Fe2++I22S2O32−+I2=2I−+S4O62−则溶液中铁元素的总含量为______g⋅L−1。
9. 脱除工业废气中的氮氧化物(主要是指NO和NO2)可以净化空气、改善环境，是环境保护的主要课题。
(1)早期是利用NH还原法，可将NOx还原为N进行脱除。
已知：①4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H=−905.9 kJ⋅mol−1
②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180kg⋅mol−1
③H2O(g)⇌H2O(l)△H=−44 kJ⋅mol−1
写出常温下，NH3还原NO反应的热化学方程式：______。
(2)以漂粉精溶液为吸收剂可以有效脱除烟气中的NO。
①漂粉精溶液的主要成分是Ca(ClO)2，若吸收过程中，消耗的Ca(ClO)2与吸收的NO的物质的量之比为3：4，则脱除后NO转化为______。
②某一兴趣小组研究不同温度下相同浓度漂粉精溶液对NO脱除率的影响，结果如图1所示。图1中，40～60℃NO脱除率上升可能的原因为______；60～80℃NO脱除率下降可能的原因为______。

(3)过硫酸钠(Na2S2O8)氧化去除NO
第一步：NO在碱性环境中被Na2S2O8氧化为NaNO2
第二步：NaNO2继续被氧化为NaNO3，反应为NO2−+S2O82−+2OH−⇌NO3−+2SO42−+H2O.不同温度下，平衡时NO2−的脱除率与过硫酸钠(Na2S2O8)初始浓度(指第二步反应的初始浓度)的关系如图2所示。
①a、b、c、d四点平衡常数K由大到小的顺序为______，原因是______②若a点(0.1,40%)时，NO2−的初始浓度为a mol⋅L−1，平衡时pH=13，则65℃时，第二步反应的平衡常数K=______。(用含a的代数式表示)
(4)利用新型材料光催化脱除NO法如图所示。

某电化小组将过程A、B设计成酸性电解池反应，则该反应中阴极反应方程式为______。
10. 碳族元素的单质及其化合物在生产、生活中是一类重要物质。请回答下列问题
(1)碳原子核外有______种不同运动状态的电子，第一电离能介于硼和碳之间的元素的名称为______，碳族元素外围电子排布的通式为______。
(2)青蒿素(C15H22O5)的结构如图所示，图中数字标识的五个碳原子的杂化轨道类型为______，组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是______。
(3)青蒿素分子中，氧元素的成键方式有______；从青蒿中提取青蒿素的最佳溶剂是______。
a.乙醇 b.乙醚 c.水
(4)SnO2是一种重要的半导体传感器材料，用来制备灵敏度高的气敏传感器，SnO2与熔融NaOH反应生成Na2SnO3，Na2SnO3中阴离子空间构型为______。
11. 奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，是目前治疗流感的最常用药物之一，是公认的抗禽流感、甲型H1N1等病毒最有效的药物之一。其合成路线如图所示：

回答下列问题：
(1)莽草酸的含氧官能团名称有______；反应③的反应类型______。
(2)反应①的反应试剂和反应条件______。
(3)1mol B最多可以消耗______mol NaOH溶液。
(4)请写出反应②的化学方程式______。
(5)芳香化合物X是B的同分异构体，则符合官能团只含酚羟基的X有______种。
(6)设计由对甲基苯甲醛制备对醛基苯甲酸的合成路线______。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
12. 氯苯是染料、医药、有机合成的中间体，是重要的有机化工产品。其合成反应原理是：某实验室制取氯苯的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。
请回答下列问题：
(1)仪器a、b组合成制取氯气的装置，反应不需要加热，则仪器a中的固体反应物是______(填化学式)。
(2)把氯气干燥后通入装有40mL苯(密度0.88g/mL)的反应器d中(内有铁屑作催化剂)，维持反应温度在50～60℃，回流40分钟。对仪器d加热的方法是______。
(3)仪器c的名称是______，仪器c出口的气体成分有HCl、Cl2和______。
(4)将d中的液体倒入分液漏斗中，分别用蒸馏水和NaOH溶液洗涤，分离出的产物干燥后，进行蒸馏纯化，得到24g纯净的氯苯。
①碱洗之前要进行水洗，其目的是______。
②用10% NaOH溶液碱洗时发生氧化还原反应的化学方程式为______。
③该实验所得氯苯的产率为______(保留小数点后一位)，该产率低于理论产率的原因______(填写两条)。

答案和解析
1.【答案】B

【解析】解：A、医用口罩的主要材料由聚丙烯和氨纶构成，聚丙烯纤维是生产医用口罩的重要材料，故A正确；
B、生石灰易和水发生化合反应，来防止月饼受潮；而不是防止月饼氧化；为了防止月饼氧化，应加入维生素C等还原剂来防止月饼氧化变质，故B错误；
C、84消毒液的主要成分为NaClO，水解生成强氧化性的HClO，可使含有蛋白质新冠病毒变性；医用酒精破环了细菌蛋白质的结构，而使蛋白质变性；所以84消毒液、医用酒精等都可以用于抗新冠病毒的消毒，故C正确；
D、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，Fe与CuSO4反应生成Cu，发生了置换反应，故D正确；
故选：B。
A、医用口罩的主要材料由聚丙烯和氨纶构成；
B、生石灰易和水发生化合反应；
C、强氧化性的HClO，可使蛋白质变性；医用酒精破环了细菌蛋白质的结构；
D、Fe与CuSO4反应生成Cu。
本题考查日常生活相关的重点知识，涉及医用口罩的材料、防月饼发霉、84消毒液、铁釜炼铜等；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析；平时练习时注意总结积累，理解、掌握并熟练运用，构建化学知识的思维导图，避免出错。难度中等。
2.【答案】A

【解析】解：A.苯的硝化反应中苯中的H被硝基取代，油脂在碱性条件下水解反应为皂化反应，均属于取代反应，故A正确；
B.蛋白质和淀粉都是高分子化合物，蛋白质水解生成氨基酸组合成生命需要的蛋白质，淀粉能水解生成葡萄糖，提供生命活动的能量，故B错误；
C.乙醇可以使酸性KMnO4溶液褪色，苯不与酸性KMnO4溶液褪色反应酸性KMnO4溶液可以鉴别乙醇与苯；故C错误；
D.丁基有四种结构，C4H9Cl的同分异构体有4种，故D错误；
故选：A。
A.苯的硝化反应中苯中的H被硝基取代，油脂在碱性条件下水解反应为皂化反应；
B.蛋白质和淀粉都是高分子化合物，蛋白质水解生成氨基酸，淀粉能水解生成葡萄糖，提供生命活动的能量；
C.乙醇可以使酸性KMnO4溶液褪色，苯不与酸性KMnO4溶液褪色反应；
D.丁基有四种结构。
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、同分异构体判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3.【答案】D

【解析】解：A、新型水锂电池，金属Li是活泼金属，电极a上Li失电子，作负极，即电极a是负极，电极b是正极，故A正确；
B、该原电池中，Li失去电子生成Li+，LiMn2O4得电子生成Li2Mn2O4，总反应为：LiMn2O4+Li=Li2Mn2O4，故B正确；
C、放电时，溶液中阳离子移向正极，即Li+从负极a向正极b迁移，故C正确；
D、电池充电时，外加直流电源的正极与正极b相连、为阳极，阳极反应式为：Li2Mn2O4−e−=LiMn2O4+Li+，原电池正极反应与阳极相反，即LiMn2O4+Li++e−=Li2Mn2O4，故D错误；
故选：D。
电池放电时为原电池，金属Li是活泼金属，电极a上Li失电子、发生氧化反应、作负极，则电极b上LiMn2O4在正极得到电子、发生还原反应生成Li2Mn2O4，原电池工作时，阳离子移向正极、阴离子移向负极，电池充电时，外加直流电源的正极与正极电极b相连、为阳极、发生氧化反应，外加直流电源的负极与负极a相连、为阴极、发生还原反应，据此分析解答。
本题考查新型化学电源的工作原理，根据物质的性质判断电极和电极反应是解题关键，注意电极反应式的书写和离子的定向移动，题目难度不大。
4.【答案】C

【解析】解：根据分析可知，a为C元素，b为Na，c为Al，d为Cl元素。
A.C、H形成的化合物为烃，烃类物质中C、H原子数为1：1的有多种，如乙炔、苯、立方烷等，故A正确；
B.金属Na活泼性较强，能够与水、无水乙醇反应，故B正确；
C.C的简单离子为Al3+，含有两个电子层，最外层8个电子，d−为Cl−，最外层电子数为8，含有三个电子层，它们的电子层数不相同，但最外层电子数相同，故C错误；
D.C、Cl形成的六氯乙烷分子中既含有C−C非极性键又含有C−Cl极性键，故D正确；
故选：C。
原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为4、1、x、7，已知c原子的电子层数等于x，即c原子的最外层电子数等于其电子层数，则c为Al；d−的电子层结构与Ar元素相同，则d为Cl；结合原子序数大小可知，a为C元素，b为Na，据此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，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及原子核外电子排布规律，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
5.【答案】C

【解析】解：A、1.0L0.5mol⋅L−1FeBr2溶液FeBr2中的物质的量为n=cV=0.5mol/L×1L=0.5mol，与1molCl2反应时氯气过量，0.5mol⋅L−1FeBr2完全反应，铁由+2价变为+3价，溴元素变为0价，故反应后转移电子为1.5NA个，故A错误；
B、pH=9的CH3COONa溶液中氢氧根浓度为10−5mol/L，此溶液中氢氧根的物质的量为n=cV=10−5mol/L×1L=10−5mol，是水电离出的全部氢氧根，故此溶液中1×10−5NA，故B错误；
C、甲醛和冰醋酸的最简式均为CH2O，故3g混合物中含有的CH2O的物质的量为n=3g30g/mol=0.1mol，故含原子为0.4NA个，故C正确；
D、标况下二氯甲烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误。
故选：C。
A、1.0L0.5mol⋅L−1FeBr2溶液FeBr2中的物质的量为n=cV=0.5mol/L×1L=0.5mol，与1molCl2反应时氯气过量；
B、pH=9的CH3COONa溶液中氢氧根是水电离出的全部；
C、甲醛和冰醋酸的最简式均为CH2O；
D、标况下二氯甲烷为液体。
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。
6.【答案】B

【解析】解：A.标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液，溶液由碱性变为酸性，应选甲基橙作指示剂，故A错误；
B.KI、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液分别与盐酸混合的现象为：无现象、白色沉淀、气体、先生成沉淀后溶解，现象不同可鉴别，故B正确；
C.发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，现象不明显，不能探究浓度对速率的影响，故C错误；
D.乙酸易挥发，直接蒸馏不能分离，应加CaO后蒸馏，故D错误；
故选：B。
A.标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液，溶液由碱性变为酸性；
B.KI、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液分别与盐酸混合的现象为：无现象、白色沉淀、气体、先生成沉淀后溶解；
C.发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，现象不明显；
D.乙酸易挥发。
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、物质的鉴别、中和滴定、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。
7.【答案】D

【解析】解：A、Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42−)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46，故数量级为10−11，故A错误；
B、在n点，c(Ag+)大于平衡浓度，故n点的浓度积Qc(AgCl)>Ksp(AgCl)，故为氯化银的过饱和溶液，将有沉淀析出，故B错误；
C、根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小，故向c(Cl−)=c(C2O42−)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C错误；
D、Ag2C2O4+2C1−=2AgCl+C2O42−的平衡常数K=c(C2O42−)c2(Cl−)，此时溶液中的c(Ag+)相同，故有：K=c(C2O42−)c2(Cl−)=10−2.46(10−5.75)2=109.04，故D正确。
故选：D。
A、Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42−)；
B、在n点，c(Ag+)大于平衡浓度；
C、根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小；
D、Ag2C2O4+2C1−=2AgCl+C2O42−的平衡常数K=c(C2O42−)c2(Cl−)，此时溶液中的c(Ag+)相同。
本题考查了沉淀的溶解平衡以及Qc和Ksp的相关计算，难度不大，应注意的是混合溶液中沉淀生成的先后顺序，即所需离子浓度越小的越先沉淀。
8.【答案】加快反应速率  Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe+2Fe3+=3Fe2+  Al(OH)3  4.7～5.9  2H++Fe2++NO2−=Fe3++NO↑+H2O  69  2Fe(OH)2++2H2O⇌Fe2(OH)42++2H+  5.6

【解析】解：(1)该工艺中“搅拌”的作用是加快反应速率；根据上述分析可知反应I中发生氧化还原反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe+2Fe3+=3Fe2+，
故答案为：加快反应速率；Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(2)制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al(OH)3滤渣，要避免生成应Fe(OH)2沉淀，根据氢氧化物沉淀需要的pH知，在pH在4.7～5.9之间将铝离子转化为Al(OH)3沉淀，而亚铁离子不能生成沉淀，所以控制pH在4.7～5.9之间；
故答案为：Al(OH)3；4.7～5.9；
(3)酸性条件下，亚硝酸钠具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原生成NO，所以反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为2H++Fe2++NO2−=Fe3++NO↑+H2O；n(O2)=5.6L22.4L/mol=0.25mol，则得到电子0.25mol×4=1mol，1molNaNO2被还原生成NO，化合价由+3价降低到+2价，得到1mol电子，则m(NaNO2)=1mol×69g/mol=69g，
故答案为：2H++Fe2++NO2−=Fe3++NO↑+H2O；69；
(4)2Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为：2Fe(OH)2++2H2O⇌Fe2(OH)42++2H+，
故答案为：2Fe(OH)2++2H2O⇌Fe2(OH)42++2H+；
(5)根据所给反应可得关系式Fe3+～S2O3−，所以n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×0.020L=0.0020mol，溶液中铁元素的总含量为0.0020mol×56g/mol0.020L=5.6g/L，
故答案为：5.6。
废铁屑中含少量氧化铝、铁的氧化物等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，氧化铝反应生成硫酸铝，铁的氧化物反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，过量的铁屑与三价铁离子反应生成亚铁离子，若还有铁屑剩余则与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，然后加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，将铝离子沉淀，所以滤渣中成分是Al(OH)3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，据此分析解答。
本题考查制备原理的设计，题目难度中等，注意根据物质的性质和题给信息判断可能发生的反应，离子方程式的书写为解答该题的难点，也是易错点，注意体会书写方法。
9.【答案】6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l)△H=−2069.9kJ⋅mol−1  硝酸根离子或者为硝酸  温度升高，化学反应速率加快  HClO受热分解，溶液中c(HClO)减小，且气体溶解度降低  K(b)>K(a)=K(c)=K(d)  据图可知反应为吸热反应，故温度升高平衡常数增大，又因为T(b)>T(a)=T(c)=T(d)，则K(b)>K(a)=K(c)=K(d) 320a23−12a  O2+2e−+2H+=H2O2

【解析】解：(1)常温下，NH3还原NO的化学方程式为6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l)，
①4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H=−905.9kJ⋅mol−1
②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+180kJ⋅mol−1
③H2O(g)⇌H2O(1)△H=−44KJ⋅mol−1
根据盖斯定律①−②×5+6×③，△H=−905.9−5×180+(−44)×6=−2069.9kJ⋅mol−1，所以常温下，NH3还原NO反应的热化学方程式为6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l)△H=−2069.9kJ⋅mol−1，
故答案为：6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l)△H=−2069.9kJ⋅mol−1；
(2)①Ca(ClO)2溶液在吸收NO中做氧化剂，在氧化NO时，氯元素被还原为氯离子，结合反应定量关系3：4，据电子得失守恒，
设反应后，氮元素的价态升高了x，则
2×2×3=4x
x=3
所以氮元素的价态升高了3价，生成了+5价的氮，所以为硝酸根离子，或者为硝酸，
故答案为：硝酸根离子或者为硝酸；
②温度升高，化学反应速率加快，使在40～60℃NO脱除率上升；HClO对热不稳定，温度升高时HClO发生分解，使NO脱除率下降；气体的溶解度随温度升高而降低，使NO脱除率下降，
故答案为：温度升高，化学反应速率加快；HClO受热分解，溶液中c(HClO)减小，且气体溶解度降低；
(3)①由图可知，过硫酸钠(Na2S2O8)初始浓度相同，温度升高，NO2−的脱除率增大，说明温度升高有利于正方向，反应为吸热反应，故温度升高化学平衡常数增大，又因为T(b)>T(a)=T(c)=T(d)，则K(b)>K(a)=K(c)=K(d)；
故答案为：K(b)>K(a)=K(c)=K(d)；据图可知反应为吸热反应，故温度升高平衡常数增大，又因为T(b)>T(a)=T(c)=T(d)，则K(b)>K(a)=K(c)=K(d)；
②mol⋅L−1NO2−+S2O82−+2OH−⇌NO3−+2SO42−+H2O
初             a        0.1                    0        0          0
变          0.4a     0.4a                 0.4a      0.4a      0.4a
平          0.6a    0.1−0.4a   0.1    0.4a      0.4a      0.4a
K=平衡时生成物浓度幂之积平衡时反应物浓度幂之积=(0.4a)(0.4a)2(0.1)2(0.1−0.4a)(0.6a)=320a23−12a
故答案为：320a23−12a；
(4)电解池反应中阴极发生还原反应，元素化合价降低，氧气得电子生成双氧水，电极反应式为：O2+2e−+2H+=H2O2，故答案为：O2+2e−+2H+=H2O2。
(1)常温下，NH3还原NO的化学方程式为6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l)，
①4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H=−905.9kJ⋅mol−1
②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+180kJ⋅mol−1
③H2O(g)⇌H2O(1)△H=−44KJ⋅mol−1
根据盖斯定律①−②×5+6×③计算6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l)的焓变△H，进而写出热化学方程式；
(2)①Ca(ClO)2溶液在吸收NO中做氧化剂，在氧化NO时，氯元素被还原为氯离子，结合反应定量关系3：4，电子得失守恒计算，氮元素的价态，可以知道NO转化为什么物质；
②40～60℃NO脱除率上升，温度升高，化学反应速率加快；60～80℃NO脱除率下降，是HClO对热不稳定，温度升高时HClO发生分解，使NO脱除率下降；气体的溶解度随温度升高而降低，使NO脱除率下降等原因；
(3)①由图可知，过硫酸钠(Na2S2O8)初始浓度相同，温度升高，NO2−的脱除率增大，说明温度升高有利于正方向，反应为吸热反应，结合温度对化学平衡常数的影响分析可得；
②常温下，反应中NO2−、S2O82−的初始浓度分别为a mol⋅L−1，0.1mol⋅L−1，NO3−浓度为0.04mol⋅L−1，求出平衡时，NO2−、S2O82−的浓度，SO42−的浓度，反应达平衡时溶液pH=13，则此时OH−的浓度为0.1mol/L，代入K=平衡时生成物浓度幂之积平衡时反应物浓度幂之积计算可得；
(4)电解池反应中阴极发生还原反应，元素化合价降低，氧气得电子生成双氧水。
本题考查比较综合，为高考常见题型和高频考点，题目涉及反应热计算、化学平衡图象与影响因素、平衡常数计算及应用、电离平衡常数等，侧重考查学生信息获取与知识迁移运用，题目难度中等。
10.【答案】6  铍  ns2np2  sp2、sp3  O>C>H  π键和σ键  b  平面三角形

【解析】解：(1)碳原子核外电子数6个，存在6种不同运动状态的电子，第ⅡA主族、第ⅤA族第一电离能大于同周期相邻主族元素原子的第一电离能，第一电离能介于硼和碳之间的元素的名称为铍元素，碳族元素外围电子为4个为主族元素，电子排布的通式为：ns2np2，
故答案为：6；铍；ns2np2；
(2)3号碳为sp2杂化，1、2、4、5号碳为sp3杂化，组成青蒿素的三种元素为C、H、O，非金属性越强，电负性越大，非金属性为：O>C>H，得到电负性由大到小排序：O>C>H，
故答案为：sp2、sp3；O>C>H；
(3)青蒿素分子中，氧元素的成键方式有碳氧双键，含π键和σ键，氧原子形成两个单键为σ键，从青蒿中提取青蒿素的方法是萃取分液，青蒿素在乙醚中溶解度大于乙醇，选取的最佳溶剂是：乙醚，故选b，
故答案为：π键和σ键；b；
(4)阴离子中Sn原子价层电子对个数=3+4+2−3×22=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
(1)碳原子核外电子数6个，存在6种不同运动状态的电子，第ⅡA主族、第ⅤA族第一电离能大于同周期相邻主族元素原子的第一电离能，碳族元素外围电子为4个为主族元素；
(2)3号碳为sp2杂化，1、2、4、5号碳为sp3杂化，组成青蒿素的三种元素为C、H、O，非金属性越强，电负性越大，得到电负性由大到小排序；
(3)青蒿素分子中，氧元素的成键方式有π键和σ键；
(4)阴离子中Sn原子价层电子对个数=3+4+2−3×22=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型；
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、第一电离能和电负性大小比较等知识点，侧重考查基本理论运用、空间想像能力及计算能力，注意基础知识的熟练掌握。
11.【答案】羟基、羧基  取代反应  乙醇、浓硫酸、加热  1   17 

【解析】解：(1)莽草酸的含氧官能团名称有羟基、羧基；反应③中C的醇羟基上的H原子被取代生成D，则该反应的反应类型是取代反应，
故答案为：羟基、羧基；取代反应；
(2)反应①为羧基和乙醇发生酯化反应生成A，所以该反应的反应试剂和反应条件乙醇、浓硫酸、加热，
故答案为：乙醇、浓硫酸、加热；
(3)B中酯基水解生成的羧基和NaOH以1：1反应，所以1mol B最多可以消耗1mol NaOH溶液，
故答案为：1；
(4)反应②中A和丙酮发生取代反应生成B，该反应的化学方程式为，
故答案为：；
(5)芳香化合物X是B的同分异构体，B的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，X中含有苯环和酚羟基，根据O原子个数知应该含有5个酚羟基，
另一个支链中含有6个碳原子的饱和烃基，
正己烷中含有3种氢原子、2−甲基戊烷中含有5种氢原子、3−甲基戊烷中含有4种氢原子、2，2−二甲基丁烷中含有3种氢原子、2，3−二甲基丁烷中含有2种氢原子，有几种氢原子，烃基就有几种连接方式，所以符合条件的同分异构体种类个数=3+5+4+3+2=17，
故答案为：17；
(6)由对甲基苯甲醛制备对醛基苯甲酸  ，对甲基苯甲醛和乙二醇发生取代反应然后发生氧化反应、最后发生取代反应生成对醛基苯甲酸，其合成路线为，
故答案为：。
莽草酸发生酯化反应生成A，A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生一系列反应生成奥司他韦；
(6)由对甲基苯甲醛制备对醛基苯甲酸  ，对甲基苯甲醛和乙二醇发生取代反应然后发生氧化反应、最后发生取代反应生成对醛基苯甲酸。
本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断及知识综合运用、知识迁移能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系并正确推断各物质结构简式是解本题关键，利用莽草酸生成A的反应特点采用知识迁移方法进行合成路线设计，易错点是同分异构体种类判断，题目难度中等。
12.【答案】KMnO4或K2Cr2O7  水浴加热  冷凝管  苯蒸汽  洗去FeCl3、HCl等无机物，节省碱的用量，降低成本  Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O  47.2%  氯苯在提取过程中有损失或有副反应发生

【解析】解：(1)二氧化锰制氯气需要加热，高锰酸钾和重铬酸钾不用加热；
故答案为：KMnO4 或K2Cr2O7；
(2)反应器C加热控制反应温度在50−60℃，应利用水浴加热；
故答案为：水浴加热；
(3)仪器c为球形冷凝管，由于苯易挥发，反应产生的HCl，且有未反应的氯气，D出口气体中含有HCl、苯蒸汽、氯气；
故答案为：(球形)冷凝管；苯蒸汽；
(4)①d中反应完成后有FeCl3、HCl等副产品，易溶于水，碱洗之前要水洗，可以洗去这些无机物，节约碱的用量，降低成本；
故答案为：洗去FeCl3、HCl等无机物，节省碱的用量，降低成本；
②催化剂氯化铁与氢氧化钠反应，生成HCl会与氢氧化钠反应，溶解的氯气也会与氢氧化钠反应，该反应为氧化还原反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
③要求该实验所得氯苯的产率，设理论上生成氯苯的量为x，

      78                    112.5
       40×0.88             x
得关系式：7840×0.88=112.5x
x=50.8g
得氯苯的产率为=实际产量理论产量×100%=2450.8×100%=47.2%，该产率低于理论产率的原因实际产量减少可能的原因有：氯苯在提取过程中有损失或有副反应发生等；
故答案为：47.2%；氯苯在提取过程中有损失或有副反应发生。
(1)高锰酸钾和重铬酸钾制备氯气不用加热；
(2)反应器C加热控制反应温度在50−60℃，应利用水浴加热；
(3)根据仪器构造c为球形冷凝管，由于苯易挥发，反应产生的HCl，且有未反应的氯气，都会在c出口导出；(4)由苯和氯气在催化剂的条件下制取氯苯；
(5)①d中反应完成后有FeCl3、HCl等副产品，易溶于水；
②溶解的氯气与氢氧化钠发生反应；
③该实验所得氯苯的产率为=实际产量理论产量×100%。
本题考查有机物制备实验方案，涉及对装置、操作与原理的分析评价、化学计算等知识，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握制备方案设计与评价的原则，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。

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