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2020年四川省成都七中高考化学三诊试卷
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2020年四川省成都七中高考化学三诊试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 下列说法正确的是( )
A. 越王勾践剑的铸造材料主要是铜锡合金
B. 高温结构陶瓷属于传统硅酸盐产品
C. 棉、麻、真丝均属于纤维素
D. 石墨烯是一种能导电的有机高分子材料
2. 金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备，下列说法正确的是( )
A. 环戊二烯分子中所有原子可能共面
B. 金刚烷的二氯代物有6种
C. 二聚环戊二烯与HBr加成反应最多得7种产物
D. 上述四种烃均能使溴的四氯化碳溶液褪色
3. 下列实验装置、操作正确，且能实现相应实验目的的是( )
实验装置
实验操作
实验目的
A
用标准KMNO4溶液滴定Na2S2O3溶液
测定Na2S2O3溶液浓度
B
蒸发AlCl3溶液
得到AlCl3固体
C
逐滴滴加AgNO3溶液
根据沉淀产生的先后顺序确定Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)的大小
D
加热NH4Cl固体
制备NH3
A. A B. B C. C D. D
4. 锌−空气燃料电池有比能量高、容量大、使用寿命长等优点，可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，放电时发生反应：2Zn+O2+4OH−+2H2O=2[Zn(OH)4]2−.下列说法正确的是( )
A. 放电时，负极反应为Zn−2e−=Zn2+
B. 该隔膜为阳离子交换膜，允许K+通过
C. 充电时，当0.1molO2生成时，流经电解质溶液的电子个数约为1.204×1022
D. 采用多孔炭可提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面
5. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的12.甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述质物间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是( )
A. 沸点：丁>丙，热稳定性：丁>丙
B. 原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)
C. Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构
D. 化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同
6. 炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可快速氧化SO2.下列说法错误的是( )
A. 每活化一个氧分子放出0.29eV能量
B. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV
C. 氧分子的活化是氧氧共价键的断裂与碳氧共价键的生成过程
D. 无水条件下该过程的活化能为1.04eV
7. 恒温25℃下，向一定量的0.1mol⋅L−1的MOH溶液中逐滴滴入稀盐酸。溶液中水电离出的氢离子浓度的负对数[用pC表示，pC=−lgc(H+)水]与加入盐酸体积的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A. MOH为弱碱，且Kb的数量级为10−5
B. 随着稀盐酸的加入，c(M+)c(MOH)不断减小
C. b点溶液呈中性
D. c点溶液中水的电离程度最大，且c(M+)
8. 钼酸钠晶体(Na2MoO4⋅2H2O)是白色菱形结晶体，毒性较低，对环境污染污染程度低，可作新型水处理剂和金属腐蚀抑制剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图1所示。
(1)途径Ⅰ焙烧过程中，为了提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施有______；在该过程的主要反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为______。
(2)途径Ⅱ氧化时还有Na2SO4生成，则反应的离子方程式为______。
(3)已知途径Ⅰ的钼酸钠溶液中c(MoO42−)=0.40mol⋅L−1，c(CO32−)=0.10mol⋅L−1.由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32−.在不损失MoO42−的情况下，CO32−的最大去除率是______[已知Ksp(BaCO3)=1×10−9、Ksp(BaMoO4)=4.0×10−8，忽略溶液的体积变化]。
(4)途径Ⅱ中Na2MoO4溶液通过结晶的方法可得到Na2MoO4晶体。母液可以循环利用，但循环一定次数后必须对母液进行处理，试解释原因______。
(5)途径Ⅱ比途径Ⅰ的优点有______(答出两条)。
(6)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图2。
①当硫酸的浓度大于90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是______。
②若缓释剂钼酸钠−月桂酸肌氨酸总浓度为300mg⋅L−1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M=206g⋅mol−1)的物质的量浓度为______(计算结果保留3位有效数字)。
9. 党的十九大报告中多次提及“绿色环保”、“生态文明”，而CO2的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题。
(1)某研究所的科研人员在新型纳米催化剂Na−Fe3O4和HMCM−22的表面，以CO2为碳源，与电解水产生的H2催化转化为高附加值的烃类化合物，其过程如图1．
图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ⋅mol−1.已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H2=−128kJ⋅mol−1.图中CO转化为C2H4的热化学方程式是______。
(2)甲醇是未来重要的绿色能源之一，在工业中常用CO、H2合成甲醇，其反应为：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H3<0
①为了探究浓度对反应速率的影响，200℃时在10L恒容密闭容器中进行实验，测得的实验数据如表所示：
实验
起始浓度/(mol⋅L−1)
初始速率/(mol⋅L−1⋅min−1)
CO
H2
1
0.25
0.50
0.391
2
0.25
1.00
0.781
3
0.50
0.50
0.780
该反应速率的通式为v正=k正cm(CO)⋅cn(H2)(k正是与温度有关的速率常数)。由表中数据可确定反应速率通式中m=______、n=______(取正整数)。实验发现，当实验1中c(H2)=0.25mol⋅L−1时达到平衡，请计算该反应的平衡常数K=______。
②若将一定比例的CO和H2在装有催化剂的反应器中反应12小时，体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图2所示。请判断温度为470K时，图中P点______(填“是”或“不是”)处于平衡状态，490K之后，甲醇产率随温度升高而减小的可能原因为：______、______。
(3)近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成多种燃料，其工作原理如图3所示。
①请写出Cu电极上产生CH3OH的电极反应式______。
②如果Cu电极上只生成0.15molC2H4和0.30molCH3OH，则Pt电极上产生O2的物质的量为______mol。
③已知HCOOH为一元弱酸，常温下将0.1mol⋅L−1HCOOH溶液与0.1mol⋅L−1NaOH溶液按体积比a：b混和(忽略溶液体积的变化)，混合后溶液恰好显中性，则HCOOH的电离常数Ka=______(用含a、b的代数式表示)。
10. 2018年11月《NatureEnergy》报道了中科院大连化学物理研究所科学家用Ni−BaH2/Al2O3、Ni−LiH等作催化剂，实现了在常压、100～300℃的条件下合成氨。
(1)在元素周期表中，Li、O、H三种元素的电负性由大到小的顺序为______；Al原子核外电子空间运动状态有8种，则该原子处于______(填“基态”或“激发态”)。
(2)氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，也是重要的化工原料，可用于合成氨基酸、硝酸、TNT等。甘氨酸(NH2CH2COOH)是组成最简单的氨基酸，熔点为182℃，沸点为233℃。
①硝酸溶液中NO3−的空间构型为______。
②甘氨酸中N原子的杂化类型为______，分子中σ键与π键的个数比为______；其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸(熔点为−21℃，沸点为141℃)的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐，二是______。
(3)[Cu(NH3)4]2+在实验室中制备方法如下：向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，请写出蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液的离子方程式______。
(4)X−射线衍射分析表明，由Ni元素形成的化合物Mg2NiH4的立方晶胞如图所示，其面心和顶点均被Ni原子占据，所有Mg原子的Ni配位数都相等。则Mg原子填入由Ni原子形成的______空隙中(填“正四面体”或“正八面体”)，填隙率是______。
(5)已知Mg2NiH4晶体的晶胞参数为646.5pm，液氢的密度为0.0708g⋅cm−3.若以材料中氢的密度与液氢密度之比定义为储氢材料的储氢能力，在Mg2NiH4的储氢能力为______(列出计算式即可)。
11. “心得安”是治疗心脏病的药物，下面是它的一种合成线路(具体反应条件和部分试剂略)：
回答下列问题：
(1)试剂a是______，试剂b的结构简式为______，b中官能团的名称是______．
(2)③的反应类型是______．
(3)心得安的分子式为______．
(4)试剂b可由丙烷经三步反应合成：
试剂b
反应1的试剂与条件为______．
反应2的化学反应方程为______．
反应3的反应类型是______．
(5)芳香化合物D是1−萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，D能被KMnO4酸性溶液氧化成E(C2H4O2)和芳香化合物F(C8H6O4)，E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，F芳环上的一硝化产物只有一种，D的结构简式为______；由F生成的一硝化产物的化学方程式为______该产物的名称是______．
三、实验题（本大题共1小题，共8.0分）
12. 碘是人体必需的生命元素，对人类的生长发育起着重要作用。碘主要存在于海草(如海带)、海水和盐矿中。某小组同学设计如图1实验流程模拟从海草中提取碘。
(1)灼烧海草时，除需要三脚架外，还需要用到的下列仪器有______(填标号字母)。
A.烧杯 B.坩埚 C.表面皿 D.泥三角 E.酒精灯 F.干燥管
(2)“氧化”是关键步骤。小组同学设计实验探究KI溶液的氧化反应，实验记录如表所示：
序号
实验
操作
现象
Ⅰ
先加0.5mL 0.5mol/L NaClO溶液，后滴几滴淀粉溶液
溶液先变为浅黄色后溶液变蓝
Ⅱ
先加0.5mL 0.5mol/L KI溶液后滴几滴淀粉溶液
先溶液保持无色后溶液也不变蓝，且pH=10
①实验Ⅰ中溶液变为浅黄色所发生反应的离子方程式是：______。
②对比实验Ⅰ和Ⅱ，探究实验Ⅱ反应后“溶液不变蓝”的原因，小组同学提出两种假设：
假设1：NaClO溶液显碱性，I2在碱性溶液发生歧化反应3I2+6OH−=IO3−+5I−+3H2O。
假设2：NaClO溶液有强氧化性，可氧化I2。
(a)NaClO溶液显碱性的原因：______(用离子方程式表示)。
(b)设计实验Ⅲ，证实假设2成立，所用装置如图2所示，甲溶液是______，实验现象是______。
③小组同学又设计了如下实验：
序号
实验
操作
现象
Ⅳ
敞口试管
2小时后滴加淀粉溶液才出现蓝色
Ⅴ
敞口试管水浴70℃
20min溶液保持无色，冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色
Ⅵ
密闭试管水浴70℃
溶液迅速出现黄色，且黄色逐渐加深，冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色
(a)分析实验Ⅳ、Ⅴ和Ⅵ，得出影响氧气氧化KI溶液的反应速率的因素有______、______。
(b)试解释与实验Ⅵ相比，实验Ⅴ速率较慢的原因______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、越王勾践剑它是春秋晚期越国青铜器，铸造材料主要是铜锡合金，故A正确；
B、高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，玻璃、陶瓷和水泥是传统硅酸盐产品，故B错误；
C、棉和麻主要成分为纤维素，真丝的主要成分是蛋白质，故C错误；
D、石墨烯是一种碳单质，为无机物，故D错误；
故选：A。
A.青铜由铜和锡熔合而成的合金；
B.高温结构陶瓷是新型无机非金属材料
C.真丝的主要成分是蛋白质
D.石墨烯是碳单质。
本题考查了物质的类别、性质及应用，为高频考点，把握物质的组成以及常见物质的分类标准为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.环戊二烯分子中含有饱和碳原子，与之相连的4个原子呈四面体结构，所以环戊二烯中不可能所以原子都共面，故A错误；
B.金刚烷的二氯代物有如图所示共6种，、、、、、，故B正确；
C.二聚环戊二烯含有两个双键，若加成时只加成一个双键，有4种结构，若两个双键均被加成，有4种结构，所以最多有8种，故C错误；
D.四氢二聚环戊二烯、金刚烷不含碳碳双键，不能与溴发生加成，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；
故选：B。
A.环戊二烯含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点；
B.金刚烷含有两种H，结合位置异构判断；
C.二聚环戊二烯含有两个双键，若加成时只加成一个双键，有4种结构，若两个双键均被加成，有4种结构；
D.金刚烷不含碳碳双键。
本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，注意把握有机物的官能团、碳链骨架等的变化，明确发生的反应及习题中的信息。
3.【答案】C
【解析】解：A.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，应该盛放在酸式滴定管中，不应放在碱式滴定管中，能腐蚀橡胶管，故A错误；
B.氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，水解吸热，且氯化氢易挥发，因此从氯化铝溶液中直接蒸发结晶不能获得无水氯化铝，故B错误；
C.同浓度的氯化钠和碘化钠溶液，滴加硝酸银，生成沉淀颜色不同，若先出现黄色沉淀，说明碘化银先沉淀，因为碘化银和氯化银组成相似，可以说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C正确；
D.加热NH4Cl固体，分解为氨气和氯化氢，两者又会迅速结合生成NH4Cl，无法得到氨气，故D错误；
故选：C。
A.高锰酸钾可氧化橡胶；
B.加热促进水解，且生成盐酸易挥发；
C.浓度相同，Ksp小的先沉淀；
D.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵。
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、中和滴定、沉淀生成、盐类水解、物质制备、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。
4.【答案】D
【解析】解：A、放电时，负极反应为Zn+4OH−−2e−=[Zn(OH)4]2−，故A错误；
B、正极反生反应：O2+4e−+2H2O=4OH−，负极电极反应式为Zn+4OH−−2e−=[Zn(OH)4]2−，可知该隔膜为阴离子交换膜，允许OH−通过，故B错误；
C、不论放电还是充电，电子不会流经电解质溶液，故C错误；
D、采用多孔炭可提高电极与电解质溶液的接触面积、有利于氧气扩散至电极表面，使原电池工作持续、稳定，故D正确；
故选：D。
根据2Zn+O2+4OH−+2H2O=2[Zn(OH)4]2−可知，O2中元素的化合价降低、被还原，则通入O2的电极为原电池正极，电极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，Zn元素化合价升高，被氧化，Zn为原电池负极，电极反应式为Zn+4OH−−2e−=[Zn(OH)4]2−，放电时电子由负极经过导线流向正极；电池充电与放电时电极反应相反，充电时总反应为[Zn(OH)4]2−=2Zn+O2↑+4OH−+2H2O，金属Zn为阴极，多孔碳为阳极，据此分析解答。
本题考查原电池与电解池的原理，正确判断正负极、阴阳极、电极反应式的书写及电子转移的计算，正确判断化合价的变化为解答该题的关键，注意：电子不能进入电解质溶液中，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：乙是一种“绿色氧化剂”，则乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O；化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，则M为O2；甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，则丙为H2S；四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，若W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的12，则Z为Na；若Z为S，则W不符合要求。
A.丁为H2O，丙为H2S，非金属性O>S，则简单氢化物的热稳定性：H2O>H2S，同时水分子间存在氢键，则沸点：H2O>H2S，故A正确；
B.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序为：r(Na)>r(S)>r(O)，故B错误；
C.Z与X、Y、W形成化合物分别是NaH、Na2O(或Na2O2)、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故C错误；
D.SO2能使溴水褪色，发生反应为：SO2+Br2+H2O=2HBr+H2SO4，利用了SO2的还原性，而乙烯和溴水发生的加成反应，其原理不同，故D错误；
故选：A。
乙是一种“绿色氧化剂”，则乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O；化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，则M为O2；甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，则丙为H2S；四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，若W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的12，则Z为Na；若Z为S，则W不符合要求，据此解答。
本题考查无机物推断，题目难度不大，推断物质、元素组成为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据能量变化图分析，氧气最终变成活化氧，体系能量降低，则每活化一个氧气分子放出0.29eV能量，故A正确；
B.反应过程中存在多步反应的活化能，根据能量变化图分析，整个反应的活化能应是活化能较大的，则没有水加入的反应活化能E=0.75eV，有水加入反应的活化能E=0.57eV，所以水可以使氧分子活化反应的活化能降低0.75eV−0.57eV=0.18eV，故B正确；
C.根据能量变化图和题意，氧分子活化过程中氧氧的断裂，生成碳氧键，所以氧分子的活化是氧氧的断裂与碳氧键的生成过程，故C正确；
D.根据能量变化图分析，整个反应的活化能应是活化能较大的，则没有水加入的反应活化能E=0.75eV，故D错误；
故选：D。
A.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量；
B.化能反应过程中存在多步反应的活化能，整个反应的活为活化能较大者；
C.根据图象分析，氧分子活化过程O−O键断裂，生成C−O键；
D.根据图象进行分析，整个反应的活化能应是活化能较大的。
本题考查催化反应过程机理的分析，催化剂存在改变反应历程，降低反应活化能，加快化学速率，明确多步反应历程中最大的活化能为整个反应的活化能是关键，整体难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.MOH抑制了水的电离，由a点可知MOH电离出c(OH−)=10−1410−11.3mol/L=10−2.7mol/L，则Kb=10−2.7×10−2.70.1=10−4.4，Kb的数量级为10−5，故A正确；
B.c(M+)c(MOH)=Kbc(OH−)，随着稀盐酸的加入c(OH−)减小，温度不变，则Kb不变，则c(M+)c(MOH)的值不断增大，故B错误；
C.25℃下，b点c(H+)水=10−7mol/L，此时为MOH和MCl的混合液，MOH对水的电离的抑制程度与MCl对水的电离的促进程度相同，则pH=7，即b点溶液呈中性，故C正确；
D.c点水的电离程度最大，此时溶质为MCl，M+水解使溶液显酸性，则c(M+)
A.MOH抑制了水的电离，结合a点数据计算MOH的Kb；
B.结合MOH的电离平衡常数表达式可知：c(M+)c(MOH)=Kbc(OH−)，加入稀盐酸后c(OH−)减小，但温度不变Kb不变；
C.b点c(H+)水=10−7mol/L，此时溶质为MOH和MCl的混合液，MOH对水的电离的抑制程度与MCl对水的电离的促进程度相同；
D.c点酸碱恰好完全反应生成MCl，M+水解促进了水的电离，所以c点水的电离程度最大，由于M+水解，导致其浓度减小。
本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握弱电解质的电离平衡、盐的水解原理等知识，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
8.【答案】充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等 7：2 MoS2+9ClO−+6OH−=MoO42−+9Cl−+3H2O 90% 多次使用后母液中杂质的浓度增大，再次重结晶时会析出杂质影响产品纯度 过程简单、不会产生污染性气体 浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化 7.28×l0−4mol⋅L−1
【解析】解：(1)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或升高温度；途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MoS2+7O2− 高温 2MoO3+4SO2，其中氧化剂为氧气，还原剂为MoS2，则氧化剂与还原剂物质的量之比为7：2，
故答案为：充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等；7：2；
(2)途径Ⅱ氧化时MoS2与次氯酸钠、氢氧化钠溶液反应生成Na2MoO4和硫酸钠，利用化合价升降法结合原子守恒和电荷守恒配平，发生反应的离子方程式为MoS2+9ClO−+6OH−=MoO42−+9Cl−+3H2O，
故答案为：MoS2+9ClO−+6OH−=MoO42−+9Cl−+3H2O；
(3)BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c(Ba2+)=4.0×10−80.4=1×10−7mol/L，溶液中碳酸根离子的浓度为：c(CO32−)=1.0×10−91.0×10−7mol/L=1×10−2mol/L，所以碳酸根离子的去除率为：1−1.0×10−20.1=1−10%=90%，
故答案为：90%；
(4)重结晶的目的是提纯产品，母液当然含有一定量的产品，也含有一定量的杂质，所以到一定程度时，要进行净化，因为里面的杂质含量高了，
故答案为：多次使用后母液中杂质的浓度增大，再次重结晶时会析出杂质影响产品纯度；
(5)从操作过程和环境角度可知，途径Ⅱ比途径Ⅰ的优点为：过程简单、不会产生污染性气体，
故答案为：过程简单、不会产生污染性气体；
(6)①浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化，故当硫酸的浓度大于90%时，腐蚀速率几乎为零，
故答案为：浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化；
②根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最好，
所以钼酸钠的浓度为：150mg⋅L−1，1L溶液中含有的钼酸钠物质的量为：150×10−3g206g/mol≈7.28×10−4mol，所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：7.28×l0−4mol⋅L−1，
故答案为：7.28×l0−4mol⋅L−1。
途径I：钼精矿在空气中焙烧，产生SO2气体与MoO3，MoO3与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳与钼酸钠溶液；
途径Ⅱ：钼精矿与氢氧化钠、次氯酸钠反应即可得钼酸钠溶液和硫酸钠；
(1)根据影响化学反应速率因素作答；途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MoS2+7O2− 高温 2MoO3+4SO2，据此分析；
(2)据分析书写方程式；
(3)BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c(Ba2+)=4.0×10−80.4=1×10−7mol/L，溶液中碳酸根离子的浓度为：c(CO32−)=1.0×10−91.0×10−7mol/L=1×10−2mol/L，可算去除率；
(4)母液当然含有一定量的产品，也含有一定量的杂质，所以到一定程度时，要进行净化；
(5)从操作过程和环境角度作答；
(6)①浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化；
②根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最好，据此计算。
本题考查制备钼酸钠晶体的工业制备方法，涉及利用化学用语分析反应原理，解题关键是分析题中图示与流程，本题难度中等。
9.【答案】2CO(g)+4H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g)△H=−210kJ/mol 1 1 16 不是 升高温度，反应逆向移动 催化剂活性降低 CO2+6H++6e−=CH3OH+H2O 0.675 ba−b×10−7
【解析】解：(1)图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol，已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=−128kJ/mol，将第二个方程式减去第一个方程式的2倍得到CO转化为C2H4的热化学方程式：2CO(g)+4H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g)△H=−210kJ/mol，
故答案为：2CO(g)+4H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g)△H=−210kJ/mol；
(2)①v正=k正cm(CO)⋅cn(H2)可知实验1中，0.391mol/(L⋅min)=k正×(0.25mol/L)m×(0.50mol/L)n；实验2中：0.781mol/(L⋅min)=k正×(0.25mol/L)m×(1.00mol/L)n；实验2中：0.780mol/(L⋅min)=k正×(0.50mol/L)m×(0.50mol/L)n；则21可得2=2n，即n=1；31得2=2m，则m=1；当实验1中c(H2)=0.25mol⋅L−1时达到平衡，通过三段式计算有，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始量(mol/L) 0.25 0.5 0
变化量(mol/L) 0.125 0.25 0.125
平衡量(mol/L) 0.125 0.25 0.125
平衡常数K=0.1250.125×0.252=16，
故答案为：1；1；16；
②温度为470K时，图中P点不是处于平衡状态；在490K之前，甲醇产率随着温度升高而增大的原因是温度越高化学反应速率越快，490K之后，甲醇产率下降的原因是升高温度，反应逆向移动、催化剂活性降低，
故答案为：不是；升高温度，反应逆向移动；催化剂活性降低；
(3)①铜电极与电源负极相连为阴极，CO2得电子被还原生成CH3OH，根据电荷守恒元素守恒可知电极反应方程式为：CO2+6H++6e−=CH3OH+H2O，
故答案为：CO2+6H++6e−=CH3OH+H2O；
②C2H4和CH3OH中碳均为−2价，CO2转化成C2H4和CH3OH化合价均降低6价，所以生成0.15molC2H4和0.30molCH3OH时转移的电子为2.7mol，则生成的氧气为2.7mol4=0.675mol，
故答案为：0.675；
③混合后溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH−)=10−7mol/L，根据电荷可知c(HCOO−)=c(Na+)=0.1ba+bmol/L，根据物料守恒有：c(HCOO−)+c(HCOOH)=0.1aa+bmol/L，所以c(HCOOH)=0.1aa+bmol/L−0．ba+bmol/L=0.1(a−b)a+bmol/L，
电离平衡常数Ka=c(H+)c(HCOO−)c(HCOOH)=10−7×0.1ba+b0.1(a−b)a+b=ba−b×10−7，
故答案为：ba−b×10−7。
(1)已知I.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol
II.2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=−128kJ/mol
根据盖斯定律，II−I×2可得；
(2)①将表格数据代入公式，利用待定系数法求解，v正=k正cm(CO)⋅cn(H2)可知实验1中，0.391mol/(L⋅min)=k正×(0.25mol/L)m×(0.50mol/L)n；实验2中：0.781mol/(L⋅min)=k正×(0.25mol/L)m×(1.00mol/L)n；实验2中：0.780mol/(L⋅min)=k正×(0.50mol/L)m×(0.50mol/L)n；则21可得2=2n，即n=1；31得2=2m，则m=1；当实验1中c(H2)=0.25mol⋅L−1时达到平衡，通过三段式计算平衡浓度，平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积；
②温度为470K时，图中P点不是处于平衡状态；在490K之前，甲醇产率随着温度升高而增大的原因是温度越高化学反应速率越快，490K之后，甲醇产率下降的原因是升高温度，反应逆向移动；
(3)①铜电极与电源负极相连为阴极，CO2得电子被还原生成CH3OH，；
②C2H4和CH3OH中碳均为−2价，CO2转化成C2H4和CH3OH化合价均降低6价，所以生成0.15molC2H4和0.30molCH3OH时转移的电子为2.7mol，电路中电子守恒进行计算；
③混合后溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH−)=10−7mol/L，根据电荷可知c(HCOO−)=c(Na+)=0.1ba+bmol/L，根据物料守恒有：c(HCOO−)+c(HCOOH)=0.1aa+bmol/L，所以c(HCOOH)=0.1aa+bmol/L−0．ba+bmol/L=0.1(a−b)a+bmol/L，HCOOH的电离常数K=c(H+)c(HCOO−)c(HCOOH)，据此进行计算。
本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律的计算应用、影响化学平衡的因素分析、平衡常数的计算及应用等知识点，侧重考查图象分析、计算能力，明确化学平衡常数计算方法、电极反应式书写方法是解本题关键，题目难度中等。
10.【答案】O>H>Li 激发态 平面三角形 sp3 9：1 甘氨酸分子间形成的氢键数比丙酸分子间形成的氢键数多(或甘氨酸中的氨基使分子间产生氢键) Cu(OH)2+4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH−+4H2O 正四面体 100% 111×4(646.5×10−10)3×NAg/cm3×41110.0708g/cm3
【解析】解：(1)同一周期元素原子的电负性随着原子序数的递增而增大，同一主族元素原子的电负性随着原子序数的递增而减小，在Li、H、O三种元素中Li的电负性最小，O的电负性最大，则电负性从大到小的顺序为O>H>Li；基态Al原子核外电子空间运动状态有7种，当运动状态不为7种时为激发态，
故答案为：O>H>Li；激发态；
(2)①NO3−的中心原子价层电子对数=3+5+1−3×22=3且孤电子对数为0，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
②甘氨酸中N原子形成两个N−H键和一个N−C键，达到饱和状态，价层电子对数为4，采用sp3杂化；分子中碳氧双键中存在1个π键，其余均为σ键，所以分子中σ键与π键的个数比为9：1；分子质量相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数比丙酸分子间形成的氢键数多(或甘氨酸中的氨基使分子间产生氢键)，所以其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸，
故答案为：sp3；9：1；甘氨酸分子间形成的氢键数比丙酸分子间形成的氢键数多(或甘氨酸中的氨基使分子间产生氢键)；
(3)蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液的过程是氢氧化铜变成氢氧化四氨合铜的过程，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH−+4H2O，
故答案为：Cu(OH)2+4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH−+4H2O；
由晶体结构可知，Ni原子个数=8×18+6×12=4，所有Mg原子的Ni配位数相等，Mg原子数为8，则Mg原子填入由Ni原子形成的四面体空隙中，该晶胞中含有8个由Ni形成的正四面体，8个Mg原子分别占据这8个正四面体，所以填隙率为100%，
故答案为：正四面体；100%；
(5)该晶胞中氢气质量分数=4111，该晶胞中Ni原子个数=8×18+6×12=4，根据化学式知，Mg原子个数=4×2=8、H原子个数=4×4=16，晶胞体积=(646.5×10−10cm)3，则晶体密度=111NA×4(646.5×10−10)3g/cm3，储氢能力=晶体密度×氢气质量分数液氢密度=111×4(646.5×10−10)3×NAg/cm3×41110.0708g/cm3，
故答案为：111×4(646.5×10−10)3×NAg/cm3×41110.0708g/cm3。
(1)元素的非金属性越强，其电负性越大；Al原子核外有13个电子，如果是基态原子，分别占据1s、2s、2p、3s、3p轨道，有7种空间运动状态；
(2)①NO3−的中心原子价层电子对数=3+5+1−3×22=3且孤电子对数为0，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型；
②甘氨酸中N原子形成两个N−H键和一个N−C键，达到饱和状态，价层电子对数为4；分子中碳氧双键中存在1个π键，其余均为σ键；
形成分子间氢键个数越多，其熔沸点越高；
(3)蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液的过程是Cu(OH)2变成氢氧化四氨合铜的过程；
(4)由晶体结构可知，Ni原子个数=8×18+6×12=4，所有Mg原子的Ni配位数相等，Mg原子数为8，则Mg原子填入由Ni原子形成的四面体空隙中，该晶胞中含有8个由Ni形成的正四面体，8个Mg原子分别占据这8个正四面体；
(5)储氢能力=晶体密度×氢气质量分数液氢密度，该晶胞中氢气质量分数=4111，该晶胞中Ni原子个数=8×18+6×12=4，根据化学式知，Mg原子个数=4×2=8、H原子个数=4×4=16，晶胞体积=(646.5×10−10cm)3，则晶体密度=111NA×4(646.5×10−10)3g/cm3。
本题考查物质结构和性质，侧重考查基本理论的理解和运用、空间想象能力及计算能力，明确原子结构、元素化合物性质及晶胞计算方法是解本题关键，难点是晶胞计算，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用，题目难度中等。
11.【答案】NaOH(或Na2CO3)；ClCH2CH=CH2；氯原子、碳碳双键；氧化反应；C16H21O2N；Cl2/光照；；取代反应；；+HNO3(浓+H2O；2−硝基−1，4−苯二甲酸(或硝基对苯二甲酸)
【解析】解：由合成反应可知，反应①中酚−OH转化为−ONa，则试剂a为NaOH(或Na2CO3)，由反应②为取代反应及A、B的结构可知，b为ClCH2CH=CH2，反应③中加氧去H为C=C的氧化反应，反应④为开环加成反应，
(1)由上述分析可知，a为NaOH(或Na2CO3)，b为ClCH2CH=CH2，b中官能团为氯原子、碳碳双键，故答案为：NaOH(或Na2CO3)；ClCH2CH=CH2；氯原子、碳碳双键；
(2)由上述分析可知，③的反应类型为氧化反应，故答案为：氧化反应；
(3)由心得安的结构简式可知分子式为C16H21O2N，故答案为：C16H21O2N；
(4)b为ClCH2CH=CH2，由丙烷经三步反应合成，则合成流程为试剂b，则反应1的试剂与条件为Cl2/光照，反应2的化学反应方程为，反应3中甲基上的H被−Cl取代，反应类型是取代反应，
故答案为：Cl2/光照；；取代反应；
(5)D是1−萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，则含−CHO；D能被KMnO4酸性溶液氧化成E(C2H4O2)和芳香化合物F(C8H6O4)，E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，E、F均含−COOH，则D中含−C≡C−CH3，F芳环上的一硝化产物只有一种，F为对二苯甲酸()，则D中−CHO、−C≡C−CH3在苯环的对位，所以D的结构简式为，由F生成的一硝化产物的化学方程式为+HNO3(浓+H2O，生成有机物的名称为2−硝基−1，4−苯二甲酸(或硝基对苯二甲酸)，
故答案为：；+HNO3(浓+H2O；2−硝基−1，4−苯二甲酸(或硝基对苯二甲酸)．
由合成反应可知，反应①中酚−OH转化为−ONa，则试剂a为NaOH(或Na2CO3)，由反应②为取代反应及A、B的结构可知，b为ClCH2CH=CH2，反应③中加氧去H为C=C的氧化反应，反应④为开环加成反应，结合心得安的结构简式确定分子式，以此解答(1)～(3)；
(4)b为ClCH2CH=CH2，由丙烷经三步反应合成，则合成流程为试剂b；
(5)D是1−萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，则含−CHO；D能被KMnO4酸性溶液氧化成E(C2H4O2)和芳香化合物F(C8H6O4)，E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，E、F均含−COOH，则D中含−C≡C−CH3，F芳环上的一硝化产物只有一种，F为对二苯甲酸，则D中−CHO、−C≡C−CH3在苯环的对位，以此来解答．
本题为2014年广西高考化学试题，侧重有机合成的考查，把握合成流程中结构、官能团的变化为解答的关键，明确官能团与性质的关系、反应条件和反应类型的关系、同分异构体的推断即可解答，题目难度中等．
12.【答案】BDE 2I−+ClO−+H2O=I2+Cl−+2OH− ClO−+H2O⇌HClO+OH− 次氯酸钠溶液 右侧碘水颜色变浅，电流表指针发生偏转 温度 试管开闭方式 敞口方式，当温度为70℃，产生的碘单质容易挥发，冷却后，会继续生产碘单质，故反应较慢
【解析】解：(1)灼烧海藻固体时，需要用到三脚架、酒精灯、盛放海藻的坩埚以及支撑坩埚的泥三角，
故答案为：BDE；
(2)①实验I中发生反应2I−+ClO−+H2O=I2+Cl−+2OH−，得到单质碘，碘水呈浅黄色，
故答案为：2I−+ClO−+H2O=I2+Cl−+2OH−；
②(a)次氯酸根离子在水中会水解：ClO−+H2O⇌HClO+OH−，因而显碱性，
故答案为：ClO−+H2O⇌HClO+OH−；
(b)既然要验证次氯酸钠能否氧化单质碘，甲溶液应是次氯酸钠溶液，若二者能发生氧化还原反应，右侧碘水因被消耗而颜色变浅，并且电流表的指针会发生偏转，
故答案为：次氯酸钠溶液；右侧碘水颜色变浅，电流表指针发生偏转；
③(a)根据表格，得出影响氧气氧化KI溶液的反应速率的因素有温度、试管开闭方式，
故答案为：温度；试管开闭方式；
(b)Ⅴ和Ⅵ对比，Ⅴ采用敞口方式，当温度为70℃，产生的碘单质容易挥发，冷却后，会继续生产碘单质，故反应较慢，
故答案为：敞口方式，当温度为70℃，产生的碘单质容易挥发，冷却后，会继续生产碘单质，故反应较慢。
由流程可知，海草晒干后在坩埚中灼烧，然后溶解、过滤分离出含碘离子的溶液，氧化碘离子生成碘单质，再加有机溶剂萃取分离碘。
(1)灼烧需要坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯；
(2)①次氯酸钠具有强氧化性，可将I−氧化成单质碘，碘水呈浅黄色；
②(a)次氯酸钠是弱酸强碱盐，因水解而显碱性；
(b)右侧碘水因被消耗而颜色变浅，并且电流表的指针会发生偏转，可知发生原电池反应；
③(a)根据表格中信息对比作答；
(b)温度为70℃，产生的碘单质容易挥发，冷却后，会继续生产碘单质。
本题考查海水资源的应用及物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、盐类水解及氧化还原反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验对比及控制变量法、找到两者的异同点为解答的难点，题目难度不大。
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2020年四川省成都七中高考化学三诊试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 下列说法正确的是( )
A. 越王勾践剑的铸造材料主要是铜锡合金
B. 高温结构陶瓷属于传统硅酸盐产品
C. 棉、麻、真丝均属于纤维素
D. 石墨烯是一种能导电的有机高分子材料
2. 金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备，下列说法正确的是( )
A. 环戊二烯分子中所有原子可能共面
B. 金刚烷的二氯代物有6种
C. 二聚环戊二烯与HBr加成反应最多得7种产物
D. 上述四种烃均能使溴的四氯化碳溶液褪色
3. 下列实验装置、操作正确，且能实现相应实验目的的是( )
实验装置
实验操作
实验目的
A
用标准KMNO4溶液滴定Na2S2O3溶液
测定Na2S2O3溶液浓度
B
蒸发AlCl3溶液
得到AlCl3固体
C
逐滴滴加AgNO3溶液
根据沉淀产生的先后顺序确定Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)的大小
D
加热NH4Cl固体
制备NH3
A. A B. B C. C D. D
4. 锌−空气燃料电池有比能量高、容量大、使用寿命长等优点，可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，放电时发生反应：2Zn+O2+4OH−+2H2O=2[Zn(OH)4]2−.下列说法正确的是( )
A. 放电时，负极反应为Zn−2e−=Zn2+
B. 该隔膜为阳离子交换膜，允许K+通过
C. 充电时，当0.1molO2生成时，流经电解质溶液的电子个数约为1.204×1022
D. 采用多孔炭可提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面
5. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的12.甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述质物间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是( )
A. 沸点：丁>丙，热稳定性：丁>丙
B. 原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)
C. Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构
D. 化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同
6. 炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可快速氧化SO2.下列说法错误的是( )
A. 每活化一个氧分子放出0.29eV能量
B. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV
C. 氧分子的活化是氧氧共价键的断裂与碳氧共价键的生成过程
D. 无水条件下该过程的活化能为1.04eV
7. 恒温25℃下，向一定量的0.1mol⋅L−1的MOH溶液中逐滴滴入稀盐酸。溶液中水电离出的氢离子浓度的负对数[用pC表示，pC=−lgc(H+)水]与加入盐酸体积的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A. MOH为弱碱，且Kb的数量级为10−5
B. 随着稀盐酸的加入，c(M+)c(MOH)不断减小
C. b点溶液呈中性
D. c点溶液中水的电离程度最大，且c(M+)
8. 钼酸钠晶体(Na2MoO4⋅2H2O)是白色菱形结晶体，毒性较低，对环境污染污染程度低，可作新型水处理剂和金属腐蚀抑制剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图1所示。
(1)途径Ⅰ焙烧过程中，为了提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施有______；在该过程的主要反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为______。
(2)途径Ⅱ氧化时还有Na2SO4生成，则反应的离子方程式为______。
(3)已知途径Ⅰ的钼酸钠溶液中c(MoO42−)=0.40mol⋅L−1，c(CO32−)=0.10mol⋅L−1.由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32−.在不损失MoO42−的情况下，CO32−的最大去除率是______[已知Ksp(BaCO3)=1×10−9、Ksp(BaMoO4)=4.0×10−8，忽略溶液的体积变化]。
(4)途径Ⅱ中Na2MoO4溶液通过结晶的方法可得到Na2MoO4晶体。母液可以循环利用，但循环一定次数后必须对母液进行处理，试解释原因______。
(5)途径Ⅱ比途径Ⅰ的优点有______(答出两条)。
(6)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图2。
①当硫酸的浓度大于90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是______。
②若缓释剂钼酸钠−月桂酸肌氨酸总浓度为300mg⋅L−1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M=206g⋅mol−1)的物质的量浓度为______(计算结果保留3位有效数字)。
9. 党的十九大报告中多次提及“绿色环保”、“生态文明”，而CO2的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题。
(1)某研究所的科研人员在新型纳米催化剂Na−Fe3O4和HMCM−22的表面，以CO2为碳源，与电解水产生的H2催化转化为高附加值的烃类化合物，其过程如图1．
图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ⋅mol−1.已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H2=−128kJ⋅mol−1.图中CO转化为C2H4的热化学方程式是______。
(2)甲醇是未来重要的绿色能源之一，在工业中常用CO、H2合成甲醇，其反应为：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H3<0
①为了探究浓度对反应速率的影响，200℃时在10L恒容密闭容器中进行实验，测得的实验数据如表所示：
实验
起始浓度/(mol⋅L−1)
初始速率/(mol⋅L−1⋅min−1)
CO
H2
1
0.25
0.50
0.391
2
0.25
1.00
0.781
3
0.50
0.50
0.780
该反应速率的通式为v正=k正cm(CO)⋅cn(H2)(k正是与温度有关的速率常数)。由表中数据可确定反应速率通式中m=______、n=______(取正整数)。实验发现，当实验1中c(H2)=0.25mol⋅L−1时达到平衡，请计算该反应的平衡常数K=______。
②若将一定比例的CO和H2在装有催化剂的反应器中反应12小时，体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图2所示。请判断温度为470K时，图中P点______(填“是”或“不是”)处于平衡状态，490K之后，甲醇产率随温度升高而减小的可能原因为：______、______。
(3)近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成多种燃料，其工作原理如图3所示。
①请写出Cu电极上产生CH3OH的电极反应式______。
②如果Cu电极上只生成0.15molC2H4和0.30molCH3OH，则Pt电极上产生O2的物质的量为______mol。
③已知HCOOH为一元弱酸，常温下将0.1mol⋅L−1HCOOH溶液与0.1mol⋅L−1NaOH溶液按体积比a：b混和(忽略溶液体积的变化)，混合后溶液恰好显中性，则HCOOH的电离常数Ka=______(用含a、b的代数式表示)。
10. 2018年11月《NatureEnergy》报道了中科院大连化学物理研究所科学家用Ni−BaH2/Al2O3、Ni−LiH等作催化剂，实现了在常压、100～300℃的条件下合成氨。
(1)在元素周期表中，Li、O、H三种元素的电负性由大到小的顺序为______；Al原子核外电子空间运动状态有8种，则该原子处于______(填“基态”或“激发态”)。
(2)氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，也是重要的化工原料，可用于合成氨基酸、硝酸、TNT等。甘氨酸(NH2CH2COOH)是组成最简单的氨基酸，熔点为182℃，沸点为233℃。
①硝酸溶液中NO3−的空间构型为______。
②甘氨酸中N原子的杂化类型为______，分子中σ键与π键的个数比为______；其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸(熔点为−21℃，沸点为141℃)的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐，二是______。
(3)[Cu(NH3)4]2+在实验室中制备方法如下：向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，请写出蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液的离子方程式______。
(4)X−射线衍射分析表明，由Ni元素形成的化合物Mg2NiH4的立方晶胞如图所示，其面心和顶点均被Ni原子占据，所有Mg原子的Ni配位数都相等。则Mg原子填入由Ni原子形成的______空隙中(填“正四面体”或“正八面体”)，填隙率是______。
(5)已知Mg2NiH4晶体的晶胞参数为646.5pm，液氢的密度为0.0708g⋅cm−3.若以材料中氢的密度与液氢密度之比定义为储氢材料的储氢能力，在Mg2NiH4的储氢能力为______(列出计算式即可)。
11. “心得安”是治疗心脏病的药物，下面是它的一种合成线路(具体反应条件和部分试剂略)：
回答下列问题：
(1)试剂a是______，试剂b的结构简式为______，b中官能团的名称是______．
(2)③的反应类型是______．
(3)心得安的分子式为______．
(4)试剂b可由丙烷经三步反应合成：
试剂b
反应1的试剂与条件为______．
反应2的化学反应方程为______．
反应3的反应类型是______．
(5)芳香化合物D是1−萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，D能被KMnO4酸性溶液氧化成E(C2H4O2)和芳香化合物F(C8H6O4)，E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，F芳环上的一硝化产物只有一种，D的结构简式为______；由F生成的一硝化产物的化学方程式为______该产物的名称是______．
三、实验题（本大题共1小题，共8.0分）
12. 碘是人体必需的生命元素，对人类的生长发育起着重要作用。碘主要存在于海草(如海带)、海水和盐矿中。某小组同学设计如图1实验流程模拟从海草中提取碘。
(1)灼烧海草时，除需要三脚架外，还需要用到的下列仪器有______(填标号字母)。
A.烧杯 B.坩埚 C.表面皿 D.泥三角 E.酒精灯 F.干燥管
(2)“氧化”是关键步骤。小组同学设计实验探究KI溶液的氧化反应，实验记录如表所示：
序号
实验
操作
现象
Ⅰ
先加0.5mL 0.5mol/L NaClO溶液，后滴几滴淀粉溶液
溶液先变为浅黄色后溶液变蓝
Ⅱ
先加0.5mL 0.5mol/L KI溶液后滴几滴淀粉溶液
先溶液保持无色后溶液也不变蓝，且pH=10
①实验Ⅰ中溶液变为浅黄色所发生反应的离子方程式是：______。
②对比实验Ⅰ和Ⅱ，探究实验Ⅱ反应后“溶液不变蓝”的原因，小组同学提出两种假设：
假设1：NaClO溶液显碱性，I2在碱性溶液发生歧化反应3I2+6OH−=IO3−+5I−+3H2O。
假设2：NaClO溶液有强氧化性，可氧化I2。
(a)NaClO溶液显碱性的原因：______(用离子方程式表示)。
(b)设计实验Ⅲ，证实假设2成立，所用装置如图2所示，甲溶液是______，实验现象是______。
③小组同学又设计了如下实验：
序号
实验
操作
现象
Ⅳ
敞口试管
2小时后滴加淀粉溶液才出现蓝色
Ⅴ
敞口试管水浴70℃
20min溶液保持无色，冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色
Ⅵ
密闭试管水浴70℃
溶液迅速出现黄色，且黄色逐渐加深，冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色
(a)分析实验Ⅳ、Ⅴ和Ⅵ，得出影响氧气氧化KI溶液的反应速率的因素有______、______。
(b)试解释与实验Ⅵ相比，实验Ⅴ速率较慢的原因______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、越王勾践剑它是春秋晚期越国青铜器，铸造材料主要是铜锡合金，故A正确；
B、高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，玻璃、陶瓷和水泥是传统硅酸盐产品，故B错误；
C、棉和麻主要成分为纤维素，真丝的主要成分是蛋白质，故C错误；
D、石墨烯是一种碳单质，为无机物，故D错误；
故选：A。
A.青铜由铜和锡熔合而成的合金；
B.高温结构陶瓷是新型无机非金属材料
C.真丝的主要成分是蛋白质
D.石墨烯是碳单质。
本题考查了物质的类别、性质及应用，为高频考点，把握物质的组成以及常见物质的分类标准为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.环戊二烯分子中含有饱和碳原子，与之相连的4个原子呈四面体结构，所以环戊二烯中不可能所以原子都共面，故A错误；
B.金刚烷的二氯代物有如图所示共6种，、、、、、，故B正确；
C.二聚环戊二烯含有两个双键，若加成时只加成一个双键，有4种结构，若两个双键均被加成，有4种结构，所以最多有8种，故C错误；
D.四氢二聚环戊二烯、金刚烷不含碳碳双键，不能与溴发生加成，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；
故选：B。
A.环戊二烯含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点；
B.金刚烷含有两种H，结合位置异构判断；
C.二聚环戊二烯含有两个双键，若加成时只加成一个双键，有4种结构，若两个双键均被加成，有4种结构；
D.金刚烷不含碳碳双键。
本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，注意把握有机物的官能团、碳链骨架等的变化，明确发生的反应及习题中的信息。
3.【答案】C
【解析】解：A.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，应该盛放在酸式滴定管中，不应放在碱式滴定管中，能腐蚀橡胶管，故A错误；
B.氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，水解吸热，且氯化氢易挥发，因此从氯化铝溶液中直接蒸发结晶不能获得无水氯化铝，故B错误；
C.同浓度的氯化钠和碘化钠溶液，滴加硝酸银，生成沉淀颜色不同，若先出现黄色沉淀，说明碘化银先沉淀，因为碘化银和氯化银组成相似，可以说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C正确；
D.加热NH4Cl固体，分解为氨气和氯化氢，两者又会迅速结合生成NH4Cl，无法得到氨气，故D错误；
故选：C。
A.高锰酸钾可氧化橡胶；
B.加热促进水解，且生成盐酸易挥发；
C.浓度相同，Ksp小的先沉淀；
D.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵。
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、中和滴定、沉淀生成、盐类水解、物质制备、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。
4.【答案】D
【解析】解：A、放电时，负极反应为Zn+4OH−−2e−=[Zn(OH)4]2−，故A错误；
B、正极反生反应：O2+4e−+2H2O=4OH−，负极电极反应式为Zn+4OH−−2e−=[Zn(OH)4]2−，可知该隔膜为阴离子交换膜，允许OH−通过，故B错误；
C、不论放电还是充电，电子不会流经电解质溶液，故C错误；
D、采用多孔炭可提高电极与电解质溶液的接触面积、有利于氧气扩散至电极表面，使原电池工作持续、稳定，故D正确；
故选：D。
根据2Zn+O2+4OH−+2H2O=2[Zn(OH)4]2−可知，O2中元素的化合价降低、被还原，则通入O2的电极为原电池正极，电极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，Zn元素化合价升高，被氧化，Zn为原电池负极，电极反应式为Zn+4OH−−2e−=[Zn(OH)4]2−，放电时电子由负极经过导线流向正极；电池充电与放电时电极反应相反，充电时总反应为[Zn(OH)4]2−=2Zn+O2↑+4OH−+2H2O，金属Zn为阴极，多孔碳为阳极，据此分析解答。
本题考查原电池与电解池的原理，正确判断正负极、阴阳极、电极反应式的书写及电子转移的计算，正确判断化合价的变化为解答该题的关键，注意：电子不能进入电解质溶液中，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：乙是一种“绿色氧化剂”，则乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O；化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，则M为O2；甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，则丙为H2S；四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，若W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的12，则Z为Na；若Z为S，则W不符合要求。
A.丁为H2O，丙为H2S，非金属性O>S，则简单氢化物的热稳定性：H2O>H2S，同时水分子间存在氢键，则沸点：H2O>H2S，故A正确；
B.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序为：r(Na)>r(S)>r(O)，故B错误；
C.Z与X、Y、W形成化合物分别是NaH、Na2O(或Na2O2)、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故C错误；
D.SO2能使溴水褪色，发生反应为：SO2+Br2+H2O=2HBr+H2SO4，利用了SO2的还原性，而乙烯和溴水发生的加成反应，其原理不同，故D错误；
故选：A。
乙是一种“绿色氧化剂”，则乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O；化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，则M为O2；甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，则丙为H2S；四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，若W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的12，则Z为Na；若Z为S，则W不符合要求，据此解答。
本题考查无机物推断，题目难度不大，推断物质、元素组成为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据能量变化图分析，氧气最终变成活化氧，体系能量降低，则每活化一个氧气分子放出0.29eV能量，故A正确；
B.反应过程中存在多步反应的活化能，根据能量变化图分析，整个反应的活化能应是活化能较大的，则没有水加入的反应活化能E=0.75eV，有水加入反应的活化能E=0.57eV，所以水可以使氧分子活化反应的活化能降低0.75eV−0.57eV=0.18eV，故B正确；
C.根据能量变化图和题意，氧分子活化过程中氧氧的断裂，生成碳氧键，所以氧分子的活化是氧氧的断裂与碳氧键的生成过程，故C正确；
D.根据能量变化图分析，整个反应的活化能应是活化能较大的，则没有水加入的反应活化能E=0.75eV，故D错误；
故选：D。
A.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量；
B.化能反应过程中存在多步反应的活化能，整个反应的活为活化能较大者；
C.根据图象分析，氧分子活化过程O−O键断裂，生成C−O键；
D.根据图象进行分析，整个反应的活化能应是活化能较大的。
本题考查催化反应过程机理的分析，催化剂存在改变反应历程，降低反应活化能，加快化学速率，明确多步反应历程中最大的活化能为整个反应的活化能是关键，整体难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.MOH抑制了水的电离，由a点可知MOH电离出c(OH−)=10−1410−11.3mol/L=10−2.7mol/L，则Kb=10−2.7×10−2.70.1=10−4.4，Kb的数量级为10−5，故A正确；
B.c(M+)c(MOH)=Kbc(OH−)，随着稀盐酸的加入c(OH−)减小，温度不变，则Kb不变，则c(M+)c(MOH)的值不断增大，故B错误；
C.25℃下，b点c(H+)水=10−7mol/L，此时为MOH和MCl的混合液，MOH对水的电离的抑制程度与MCl对水的电离的促进程度相同，则pH=7，即b点溶液呈中性，故C正确；
D.c点水的电离程度最大，此时溶质为MCl，M+水解使溶液显酸性，则c(M+)
A.MOH抑制了水的电离，结合a点数据计算MOH的Kb；
B.结合MOH的电离平衡常数表达式可知：c(M+)c(MOH)=Kbc(OH−)，加入稀盐酸后c(OH−)减小，但温度不变Kb不变；
C.b点c(H+)水=10−7mol/L，此时溶质为MOH和MCl的混合液，MOH对水的电离的抑制程度与MCl对水的电离的促进程度相同；
D.c点酸碱恰好完全反应生成MCl，M+水解促进了水的电离，所以c点水的电离程度最大，由于M+水解，导致其浓度减小。
本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握弱电解质的电离平衡、盐的水解原理等知识，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
8.【答案】充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等 7：2 MoS2+9ClO−+6OH−=MoO42−+9Cl−+3H2O 90% 多次使用后母液中杂质的浓度增大，再次重结晶时会析出杂质影响产品纯度 过程简单、不会产生污染性气体 浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化 7.28×l0−4mol⋅L−1
【解析】解：(1)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或升高温度；途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MoS2+7O2− 高温 2MoO3+4SO2，其中氧化剂为氧气，还原剂为MoS2，则氧化剂与还原剂物质的量之比为7：2，
故答案为：充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等；7：2；
(2)途径Ⅱ氧化时MoS2与次氯酸钠、氢氧化钠溶液反应生成Na2MoO4和硫酸钠，利用化合价升降法结合原子守恒和电荷守恒配平，发生反应的离子方程式为MoS2+9ClO−+6OH−=MoO42−+9Cl−+3H2O，
故答案为：MoS2+9ClO−+6OH−=MoO42−+9Cl−+3H2O；
(3)BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c(Ba2+)=4.0×10−80.4=1×10−7mol/L，溶液中碳酸根离子的浓度为：c(CO32−)=1.0×10−91.0×10−7mol/L=1×10−2mol/L，所以碳酸根离子的去除率为：1−1.0×10−20.1=1−10%=90%，
故答案为：90%；
(4)重结晶的目的是提纯产品，母液当然含有一定量的产品，也含有一定量的杂质，所以到一定程度时，要进行净化，因为里面的杂质含量高了，
故答案为：多次使用后母液中杂质的浓度增大，再次重结晶时会析出杂质影响产品纯度；
(5)从操作过程和环境角度可知，途径Ⅱ比途径Ⅰ的优点为：过程简单、不会产生污染性气体，
故答案为：过程简单、不会产生污染性气体；
(6)①浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化，故当硫酸的浓度大于90%时，腐蚀速率几乎为零，
故答案为：浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化；
②根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最好，
所以钼酸钠的浓度为：150mg⋅L−1，1L溶液中含有的钼酸钠物质的量为：150×10−3g206g/mol≈7.28×10−4mol，所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：7.28×l0−4mol⋅L−1，
故答案为：7.28×l0−4mol⋅L−1。
途径I：钼精矿在空气中焙烧，产生SO2气体与MoO3，MoO3与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳与钼酸钠溶液；
途径Ⅱ：钼精矿与氢氧化钠、次氯酸钠反应即可得钼酸钠溶液和硫酸钠；
(1)根据影响化学反应速率因素作答；途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MoS2+7O2− 高温 2MoO3+4SO2，据此分析；
(2)据分析书写方程式；
(3)BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c(Ba2+)=4.0×10−80.4=1×10−7mol/L，溶液中碳酸根离子的浓度为：c(CO32−)=1.0×10−91.0×10−7mol/L=1×10−2mol/L，可算去除率；
(4)母液当然含有一定量的产品，也含有一定量的杂质，所以到一定程度时，要进行净化；
(5)从操作过程和环境角度作答；
(6)①浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化；
②根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最好，据此计算。
本题考查制备钼酸钠晶体的工业制备方法，涉及利用化学用语分析反应原理，解题关键是分析题中图示与流程，本题难度中等。
9.【答案】2CO(g)+4H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g)△H=−210kJ/mol 1 1 16 不是 升高温度，反应逆向移动 催化剂活性降低 CO2+6H++6e−=CH3OH+H2O 0.675 ba−b×10−7
【解析】解：(1)图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol，已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=−128kJ/mol，将第二个方程式减去第一个方程式的2倍得到CO转化为C2H4的热化学方程式：2CO(g)+4H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g)△H=−210kJ/mol，
故答案为：2CO(g)+4H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g)△H=−210kJ/mol；
(2)①v正=k正cm(CO)⋅cn(H2)可知实验1中，0.391mol/(L⋅min)=k正×(0.25mol/L)m×(0.50mol/L)n；实验2中：0.781mol/(L⋅min)=k正×(0.25mol/L)m×(1.00mol/L)n；实验2中：0.780mol/(L⋅min)=k正×(0.50mol/L)m×(0.50mol/L)n；则21可得2=2n，即n=1；31得2=2m，则m=1；当实验1中c(H2)=0.25mol⋅L−1时达到平衡，通过三段式计算有，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始量(mol/L) 0.25 0.5 0
变化量(mol/L) 0.125 0.25 0.125
平衡量(mol/L) 0.125 0.25 0.125
平衡常数K=0.1250.125×0.252=16，
故答案为：1；1；16；
②温度为470K时，图中P点不是处于平衡状态；在490K之前，甲醇产率随着温度升高而增大的原因是温度越高化学反应速率越快，490K之后，甲醇产率下降的原因是升高温度，反应逆向移动、催化剂活性降低，
故答案为：不是；升高温度，反应逆向移动；催化剂活性降低；
(3)①铜电极与电源负极相连为阴极，CO2得电子被还原生成CH3OH，根据电荷守恒元素守恒可知电极反应方程式为：CO2+6H++6e−=CH3OH+H2O，
故答案为：CO2+6H++6e−=CH3OH+H2O；
②C2H4和CH3OH中碳均为−2价，CO2转化成C2H4和CH3OH化合价均降低6价，所以生成0.15molC2H4和0.30molCH3OH时转移的电子为2.7mol，则生成的氧气为2.7mol4=0.675mol，
故答案为：0.675；
③混合后溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH−)=10−7mol/L，根据电荷可知c(HCOO−)=c(Na+)=0.1ba+bmol/L，根据物料守恒有：c(HCOO−)+c(HCOOH)=0.1aa+bmol/L，所以c(HCOOH)=0.1aa+bmol/L−0．ba+bmol/L=0.1(a−b)a+bmol/L，
电离平衡常数Ka=c(H+)c(HCOO−)c(HCOOH)=10−7×0.1ba+b0.1(a−b)a+b=ba−b×10−7，
故答案为：ba−b×10−7。
(1)已知I.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol
II.2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=−128kJ/mol
根据盖斯定律，II−I×2可得；
(2)①将表格数据代入公式，利用待定系数法求解，v正=k正cm(CO)⋅cn(H2)可知实验1中，0.391mol/(L⋅min)=k正×(0.25mol/L)m×(0.50mol/L)n；实验2中：0.781mol/(L⋅min)=k正×(0.25mol/L)m×(1.00mol/L)n；实验2中：0.780mol/(L⋅min)=k正×(0.50mol/L)m×(0.50mol/L)n；则21可得2=2n，即n=1；31得2=2m，则m=1；当实验1中c(H2)=0.25mol⋅L−1时达到平衡，通过三段式计算平衡浓度，平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积；
②温度为470K时，图中P点不是处于平衡状态；在490K之前，甲醇产率随着温度升高而增大的原因是温度越高化学反应速率越快，490K之后，甲醇产率下降的原因是升高温度，反应逆向移动；
(3)①铜电极与电源负极相连为阴极，CO2得电子被还原生成CH3OH，；
②C2H4和CH3OH中碳均为−2价，CO2转化成C2H4和CH3OH化合价均降低6价，所以生成0.15molC2H4和0.30molCH3OH时转移的电子为2.7mol，电路中电子守恒进行计算；
③混合后溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH−)=10−7mol/L，根据电荷可知c(HCOO−)=c(Na+)=0.1ba+bmol/L，根据物料守恒有：c(HCOO−)+c(HCOOH)=0.1aa+bmol/L，所以c(HCOOH)=0.1aa+bmol/L−0．ba+bmol/L=0.1(a−b)a+bmol/L，HCOOH的电离常数K=c(H+)c(HCOO−)c(HCOOH)，据此进行计算。
本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律的计算应用、影响化学平衡的因素分析、平衡常数的计算及应用等知识点，侧重考查图象分析、计算能力，明确化学平衡常数计算方法、电极反应式书写方法是解本题关键，题目难度中等。
10.【答案】O>H>Li 激发态 平面三角形 sp3 9：1 甘氨酸分子间形成的氢键数比丙酸分子间形成的氢键数多(或甘氨酸中的氨基使分子间产生氢键) Cu(OH)2+4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH−+4H2O 正四面体 100% 111×4(646.5×10−10)3×NAg/cm3×41110.0708g/cm3
【解析】解：(1)同一周期元素原子的电负性随着原子序数的递增而增大，同一主族元素原子的电负性随着原子序数的递增而减小，在Li、H、O三种元素中Li的电负性最小，O的电负性最大，则电负性从大到小的顺序为O>H>Li；基态Al原子核外电子空间运动状态有7种，当运动状态不为7种时为激发态，
故答案为：O>H>Li；激发态；
(2)①NO3−的中心原子价层电子对数=3+5+1−3×22=3且孤电子对数为0，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
②甘氨酸中N原子形成两个N−H键和一个N−C键，达到饱和状态，价层电子对数为4，采用sp3杂化；分子中碳氧双键中存在1个π键，其余均为σ键，所以分子中σ键与π键的个数比为9：1；分子质量相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数比丙酸分子间形成的氢键数多(或甘氨酸中的氨基使分子间产生氢键)，所以其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸，
故答案为：sp3；9：1；甘氨酸分子间形成的氢键数比丙酸分子间形成的氢键数多(或甘氨酸中的氨基使分子间产生氢键)；
(3)蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液的过程是氢氧化铜变成氢氧化四氨合铜的过程，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH−+4H2O，
故答案为：Cu(OH)2+4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH−+4H2O；
由晶体结构可知，Ni原子个数=8×18+6×12=4，所有Mg原子的Ni配位数相等，Mg原子数为8，则Mg原子填入由Ni原子形成的四面体空隙中，该晶胞中含有8个由Ni形成的正四面体，8个Mg原子分别占据这8个正四面体，所以填隙率为100%，
故答案为：正四面体；100%；
(5)该晶胞中氢气质量分数=4111，该晶胞中Ni原子个数=8×18+6×12=4，根据化学式知，Mg原子个数=4×2=8、H原子个数=4×4=16，晶胞体积=(646.5×10−10cm)3，则晶体密度=111NA×4(646.5×10−10)3g/cm3，储氢能力=晶体密度×氢气质量分数液氢密度=111×4(646.5×10−10)3×NAg/cm3×41110.0708g/cm3，
故答案为：111×4(646.5×10−10)3×NAg/cm3×41110.0708g/cm3。
(1)元素的非金属性越强，其电负性越大；Al原子核外有13个电子，如果是基态原子，分别占据1s、2s、2p、3s、3p轨道，有7种空间运动状态；
(2)①NO3−的中心原子价层电子对数=3+5+1−3×22=3且孤电子对数为0，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型；
②甘氨酸中N原子形成两个N−H键和一个N−C键，达到饱和状态，价层电子对数为4；分子中碳氧双键中存在1个π键，其余均为σ键；
形成分子间氢键个数越多，其熔沸点越高；
(3)蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液的过程是Cu(OH)2变成氢氧化四氨合铜的过程；
(4)由晶体结构可知，Ni原子个数=8×18+6×12=4，所有Mg原子的Ni配位数相等，Mg原子数为8，则Mg原子填入由Ni原子形成的四面体空隙中，该晶胞中含有8个由Ni形成的正四面体，8个Mg原子分别占据这8个正四面体；
(5)储氢能力=晶体密度×氢气质量分数液氢密度，该晶胞中氢气质量分数=4111，该晶胞中Ni原子个数=8×18+6×12=4，根据化学式知，Mg原子个数=4×2=8、H原子个数=4×4=16，晶胞体积=(646.5×10−10cm)3，则晶体密度=111NA×4(646.5×10−10)3g/cm3。
本题考查物质结构和性质，侧重考查基本理论的理解和运用、空间想象能力及计算能力，明确原子结构、元素化合物性质及晶胞计算方法是解本题关键，难点是晶胞计算，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用，题目难度中等。
11.【答案】NaOH(或Na2CO3)；ClCH2CH=CH2；氯原子、碳碳双键；氧化反应；C16H21O2N；Cl2/光照；；取代反应；；+HNO3(浓+H2O；2−硝基−1，4−苯二甲酸(或硝基对苯二甲酸)
【解析】解：由合成反应可知，反应①中酚−OH转化为−ONa，则试剂a为NaOH(或Na2CO3)，由反应②为取代反应及A、B的结构可知，b为ClCH2CH=CH2，反应③中加氧去H为C=C的氧化反应，反应④为开环加成反应，
(1)由上述分析可知，a为NaOH(或Na2CO3)，b为ClCH2CH=CH2，b中官能团为氯原子、碳碳双键，故答案为：NaOH(或Na2CO3)；ClCH2CH=CH2；氯原子、碳碳双键；
(2)由上述分析可知，③的反应类型为氧化反应，故答案为：氧化反应；
(3)由心得安的结构简式可知分子式为C16H21O2N，故答案为：C16H21O2N；
(4)b为ClCH2CH=CH2，由丙烷经三步反应合成，则合成流程为试剂b，则反应1的试剂与条件为Cl2/光照，反应2的化学反应方程为，反应3中甲基上的H被−Cl取代，反应类型是取代反应，
故答案为：Cl2/光照；；取代反应；
(5)D是1−萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，则含−CHO；D能被KMnO4酸性溶液氧化成E(C2H4O2)和芳香化合物F(C8H6O4)，E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，E、F均含−COOH，则D中含−C≡C−CH3，F芳环上的一硝化产物只有一种，F为对二苯甲酸()，则D中−CHO、−C≡C−CH3在苯环的对位，所以D的结构简式为，由F生成的一硝化产物的化学方程式为+HNO3(浓+H2O，生成有机物的名称为2−硝基−1，4−苯二甲酸(或硝基对苯二甲酸)，
故答案为：；+HNO3(浓+H2O；2−硝基−1，4−苯二甲酸(或硝基对苯二甲酸)．
由合成反应可知，反应①中酚−OH转化为−ONa，则试剂a为NaOH(或Na2CO3)，由反应②为取代反应及A、B的结构可知，b为ClCH2CH=CH2，反应③中加氧去H为C=C的氧化反应，反应④为开环加成反应，结合心得安的结构简式确定分子式，以此解答(1)～(3)；
(4)b为ClCH2CH=CH2，由丙烷经三步反应合成，则合成流程为试剂b；
(5)D是1−萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，则含−CHO；D能被KMnO4酸性溶液氧化成E(C2H4O2)和芳香化合物F(C8H6O4)，E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，E、F均含−COOH，则D中含−C≡C−CH3，F芳环上的一硝化产物只有一种，F为对二苯甲酸，则D中−CHO、−C≡C−CH3在苯环的对位，以此来解答．
本题为2014年广西高考化学试题，侧重有机合成的考查，把握合成流程中结构、官能团的变化为解答的关键，明确官能团与性质的关系、反应条件和反应类型的关系、同分异构体的推断即可解答，题目难度中等．
12.【答案】BDE 2I−+ClO−+H2O=I2+Cl−+2OH− ClO−+H2O⇌HClO+OH− 次氯酸钠溶液 右侧碘水颜色变浅，电流表指针发生偏转 温度 试管开闭方式 敞口方式，当温度为70℃，产生的碘单质容易挥发，冷却后，会继续生产碘单质，故反应较慢
【解析】解：(1)灼烧海藻固体时，需要用到三脚架、酒精灯、盛放海藻的坩埚以及支撑坩埚的泥三角，
故答案为：BDE；
(2)①实验I中发生反应2I−+ClO−+H2O=I2+Cl−+2OH−，得到单质碘，碘水呈浅黄色，
故答案为：2I−+ClO−+H2O=I2+Cl−+2OH−；
②(a)次氯酸根离子在水中会水解：ClO−+H2O⇌HClO+OH−，因而显碱性，
故答案为：ClO−+H2O⇌HClO+OH−；
(b)既然要验证次氯酸钠能否氧化单质碘，甲溶液应是次氯酸钠溶液，若二者能发生氧化还原反应，右侧碘水因被消耗而颜色变浅，并且电流表的指针会发生偏转，
故答案为：次氯酸钠溶液；右侧碘水颜色变浅，电流表指针发生偏转；
③(a)根据表格，得出影响氧气氧化KI溶液的反应速率的因素有温度、试管开闭方式，
故答案为：温度；试管开闭方式；
(b)Ⅴ和Ⅵ对比，Ⅴ采用敞口方式，当温度为70℃，产生的碘单质容易挥发，冷却后，会继续生产碘单质，故反应较慢，
故答案为：敞口方式，当温度为70℃，产生的碘单质容易挥发，冷却后，会继续生产碘单质，故反应较慢。
由流程可知，海草晒干后在坩埚中灼烧，然后溶解、过滤分离出含碘离子的溶液，氧化碘离子生成碘单质，再加有机溶剂萃取分离碘。
(1)灼烧需要坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯；
(2)①次氯酸钠具有强氧化性，可将I−氧化成单质碘，碘水呈浅黄色；
②(a)次氯酸钠是弱酸强碱盐，因水解而显碱性；
(b)右侧碘水因被消耗而颜色变浅，并且电流表的指针会发生偏转，可知发生原电池反应；
③(a)根据表格中信息对比作答；
(b)温度为70℃，产生的碘单质容易挥发，冷却后，会继续生产碘单质。
本题考查海水资源的应用及物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、盐类水解及氧化还原反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验对比及控制变量法、找到两者的异同点为解答的难点，题目难度不大。
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