22 -
河北省“五个一名校联盟”2021届高三第一次诊断考试
化学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Ti 48 Co 59
第Ⅰ卷(选择题)
一、选择题：本题共8小题，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. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A. 中草药中常含有苷类、生物碱、有机酸等成分，煎煮中草药不适宜使用铁锅
B. N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，其单体为直线型分子
C. 为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入适量稀盐酸
D. 二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中
【答案】A
【解析】
【详解】A．中草药中常含有苷类、生物碱、有机酸等成分，有机酸会和铁反应，因此煎煮中草药不适宜使用铁锅，故A正确；
B．N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，其单体丙烯结构为，不是直线型分子，故B错误；
C．为增强“84”消毒液的消毒效果，NaClO和盐酸反应生成氯气，因此不能加适量稀盐酸，故C错误；
D．二氧化硫常用作葡萄酒的防腐剂和抗氧剂，故D错误。
综上所述，答案为A。
2. 根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论错误的是
A. 图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 mol·L-1的NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则c点处有：c(CH3COOH)＋2c(H＋)=2c(OH-)＋c(CH3COO-)
B. 图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，且溶液导电性：c＞b＞a
C. 图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，表示H2燃烧热的ΔH=-285.8 kJ·mol-1
D. 图4表示反应A2(g)＋3B2(g) 2AB3(g)，达到平衡时A2的转化率大小为：a＜b＜c
【答案】B
【解析】
【详解】A．图1中c点加入0.1mol/L20mLCH3COOH溶液与10mL0.1mol/LNaOH充分反应后得到等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH的混合液，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒为2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，两式整理消去c(Na+)得c(CH3COOH)＋2c(H＋)=2c(OH-)＋c(CH3COO-)，A结论正确；
B．盐酸属于强酸溶液，醋酸溶液属于弱酸溶液，加水稀释促进醋酸的电离，将pH相同的盐酸和醋酸稀释相同的倍数后，pH较大的为盐酸、pH较小的为醋酸，则图2中I表示盐酸，II表示醋酸，a、b、c三点pH由大到小的顺序为c＞b＞a，三点溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为a>b>c，溶液的导电性：a>b>c，B结论错误；
C．根据图3可写出热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ?H=-571.6kJ/mol，则1molH2(g)完全燃烧生成H2O(l)放出285.8kJ的热量，表示H2燃烧热的ΔH=-285.8 kJ·mol-1，C结论正确；
D．图4中n(B2)起始a＜b＜c，其他条件相同（都在T2条件）时，增大B2的浓度，平衡正向移动，达到平衡时A2的转化率增大，则达到平衡时A2的转化率大小为：a＜b＜c，D结论正确；
答案选B。
3. 某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2和H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法错误的是
A. HAP能提高HCHO与O2的反应速率的原因是降低了反应的活化能
B. HCHO在反应过程中，有C—H键的断裂和C=O键形成
C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D. HCHO和CO2中碳原子的杂化方式不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图示可知，HAP在反应过程中起催化剂的作用，能降低反应的活化能，加快反应速率，故A正确；
B．HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故B正确；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故C错误；
D．HCHO中C连有一个碳碳双键，采用SP2杂化，而CO2中C连有两个碳碳双键，采用SP杂化，故D正确。
答案选C。
4. 《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》中指出，氯喹类药物可用于治疗新冠肺炎。氯喹和羟基氯喹的结构分别如图1和图2所示，对这两种化合物性质描述错误的是
A. 均可以与盐酸反应形成离子化合物
B. 分别取两种化合物，加入NaOH溶液并加热，加入AgNO3溶液，均有白色沉淀产生，则证明两化合物中均含有氯原子
C. 与足量的H2发生加成反应后，分子中的手性碳原子数均发生了改变
D. 羟基氯喹比氯喹的水溶性更好，在人体胃肠道吸收更快
【答案】B
【解析】
【详解】A．这两种化合物分子中均有多个N原子，类比氨气和氨基酸的化学性质可知，其均可与H+结合，故均可以与盐酸反应形成离子化合物 ，故A正确；
B．验证卤素原子时先加碱、加热水解后，首先加硝酸酸化后再加硝酸银溶液，直接加硝酸银会与氢氧化钠反应产生沉淀，干扰卤素的检验，故B错误
C．这两种化合物均有1个手性碳原子，其分别与足量的H2发生加成反应后，均增加4个手性碳原子，故其分子中的手性碳原子数均发生了改变，故C正确；
D．羟基氯喹分子中有羟基，羟基为亲水基，羟基可以水分子间形成氢键，故其比氯喹的水溶性更好，在人体胃肠道吸收更快，故D正确；
故选：B。
5. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数等于Y原子最外层电子数的2倍，四种元素形成的一种化合物的结构如图所示，该化合物的阴离子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构。下列说法错误的是
A. 原子半径：X>Y>Z>W
B. W与Z形成晶体中的最小环为十二元环
C. 与Z相邻的短周期同族元素形成的氢化物的熔沸点一定低于W的气态氢化物
D. W与Y形成的化合物可作耐火材料
【答案】C
【解析】
【分析】
由化合物的结构示意图知，X为+1价离子、Y为+3价离子，则X为ⅠA、Y为ⅢA，短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大， W 原子的最外层电子数等于 Y 原子的最外层电子数的 2 倍，即6个，W为ⅥA，则W为氧、X为钠、Y为铝、该化合物的阴离子中每个原子的最外层均满足 8 电子稳定结构，则Z共用4对电子对，Z原子的最外层电子数为4，Z为硅。
【详解】A．O原子核外电子只有2层、钠、铝和硅原子核外电子有3层、同周期从左到右原子半径递减，原子半径由大到小的顺序为X＞Y＞Z＞W，故A说法正确；
B．W 与 Z 形成的晶体为二氧化硅晶体，结构中最小环为十二元环，故B说法正确；
C．Z为Si，与Z相邻的短周期同族元素为C，形成的氢化物是烃，随着碳原子数增大，烃的熔沸点升高，则熔沸点不一定低于H2O，故C说法错误；
D．W 与 Y 形成的化合物是氧化铝，其熔点很高，可作耐火材料，故D说法正确；
故选C。
6. 某研究机构使用Li—SO2Cl2电池作为电源电解制备Ni(H2PO2)2，其工作原理如图所示。已知电池反应为2Li＋SO2Cl2=2LiCl＋SO2↑，下列说法错误的是
A. 电池中C电极的电极反应式为SO2Cl2＋2e-=2Cl-＋SO2↑
B. 电池的e极连接电解池的g极
C. 膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜
D. 电解池中不锈钢电极附近溶液的pH增大
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电池反应为2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑可知，放电时Li元素化合价由0价变为+1价，失去电子，所以Li电极是负极，反应式为2Li-2e-═2Li+，则碳棒是正极，正极是SO2Cl2中+6价的硫得电子、发生还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑；电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，所以g电极为阳极、与锂-磺酰氯（Li-SO2Cl2）电池的正极C棒相接，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，与Ni2+生成Ni(H2PO2)2，h电极为阴极，与原电池的e电极相接，H2O或H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜，据此分析解答。
【详解】A．由图示可知，Li电极为负极，发生氧化反应，则C电极为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，故A正确；
B．原电池中Li电极为负极，C电极为正极，电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，即g电极为阳极，则h电极为阴极，与原电池的负极Li电极e相接，故B错误；
C．电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，在产品室II室中与Ni2+生成Ni(H2PO2)2，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜，故C正确；
D．电解池中不锈钢电极即h电极为为阴极，电极上H2O或H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，所以电极附近溶液的pH增大，故D正确；
故选B。
7. 由下列实验操作和现象能推出结论的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加氢碘酸
溶液变为紫红色
氧化性：Fe3＋＞I2
B
向10 mL 0.2 mol·L-1 ZnSO4溶液中加入10 mL 0.4 mol·L-1 Na2S溶液，再滴加CuSO4溶液
先产生白色沉淀，然后沉淀变黑
相同温度下，溶度积常数：Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
C
将CaCO3与盐酸反应得到的气体直接通入Na2SiO3溶液中
产生白色沉淀
酸性：H2CO3＞H2SiO3
D
向FeCl3溶液中滴入几滴30％的H2O2溶液
很快有气体产生，一段时间后溶液变为红褐色
Fe3＋能催化H2O2分解且该分解反应为放热反应
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加氢碘酸，溶液变为紫红色，说明有单质碘生成，但由于在酸性溶液中硝酸根离子也能氧化碘离子，所以不能说明氧化性：Fe3＋＞I2，A错误；
B．向10 mL 0.2 mol·L-1 ZnSO4溶液中加入10 mL 0.4 mol·L-1 Na2S溶液，反应中硫化钠过量，所以再滴加CuSO4溶液，一定会产生黑色沉淀，因此不能说明相同温度下，溶度积常数：Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，B错误；
C．将CaCO3与盐酸反应得到的气体直接通入Na2SiO3溶液中，由于盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢，盐酸也能制备硅酸，因此不能通过产生白色沉淀说明酸性：H2CO3＞H2SiO3，C错误；
D．向FeCl3溶液中滴入几滴30％的H2O2溶液，很快有气体产生，生成的气体是双氧水分解产生的，且一段时间后溶液变为红褐色，这说明Fe3＋能催化H2O2分解且该分解反应为放热反应，温度升高促进铁离子水解，D正确；
答案选D。
8. 向重铬酸盐酸性溶液中加入乙醚和H2O2，水层发生反应：(已知CrO5的结构为)，乙醚层发生反应：CrO5＋(C2H5)2O=CrO5·O(C2H5)2.反应上层出现蓝色，一段时间后溶液蓝色褪去，且水相变为绿色(Cr3＋)，下列说法正确的是
A. 由水层反应可知，氧化性：
B. 乙醚在检验过程中可用乙醇代替
C. CrO5·O(C2H5)2中不存在非极性键
D. 水相变为绿色的离子反应为4CrO5＋12H＋=4Cr3＋＋6H2O＋7O2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．由水层反应可知，反应前后元素化合价没有发生变化，是非氧化还原反应，故A错误；
B．乙醚与CrO5形成配合物并使CrO5进入有机相，在检验过程中作稳定剂和萃取剂，而乙醇易溶于水，故不能用乙醇代替乙醚，故B错误；
C．CrO5·O(C2H5)2中含O-O、C-C键为非极性键，故C错误；
D．水相变为绿色生成了Cr3＋，铬元素化合价降低，则氧元素化合价一定升高，应有氧气生成，反应的离子反应为4CrO5＋12H＋=4Cr3＋＋6H2O＋7O2↑，故D正确；
答案选D。
二、选择题：本题共4小题，每小题有一个或两个选项符合题目要求。
9. BASF高压法制备醋酸，所采用钴碘催化循环过程如图所示，下列观点正确的是
A. CH3OH转化为CH3I的有机反应类型属于取代反应
B. 从总反应看，循环过程中需不断补充CH3OH、H2O、CO等
C. 与丙酸甲酯互为同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质只有一种
D. 工业上以淀粉为原料也可以制备醋酸
【答案】AD
【解析】
【详解】A．CH3OH转化为CH3I，羟基被碘原子取代，反应类型属于取代反应，故A正确；
B．该循环的总反应方程式为CO+CH3OH→CH3COOH，故此循环中不需要不断补充水，故B错误；
C．与乙酸乙酯互为同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质有CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，共两种，故C错误；
D．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，所以工业上以淀粉为原料也可以制备醋酸，故D正确；
故选AD。
10. 某化学研究小组用中学实验常见的玻璃仪器完成了在常压、酒精灯加热条件下的合成氨反应装置设计。实验装置和药品如下图所示，下列说法错误的是
(已知：NaNO2＋NH4Cl NaCl＋N2↑＋2H2O ΔH＜0)
A. 实验开始后，应先点燃酒精灯，预热催化剂1～2分钟再通入反应气体
B. 在通风橱中进行该反应，若稀硫酸和锌粒产生的H2足够多，能避免NH3性质检验时可能引起的倒吸
C. 为避免尾气造成的环境污染，应将装置Ⅲ更换为如图IV的装置
D. 因NH4Cl和NaNO2的反应放热，故应将冰醋酸缓缓加入小广口瓶中
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据反应发生装置和反应的目的制取氨气进行判断，先排除装置内的气体，然后进行反应，根据氨气的溶解性判断尾气吸收装置的正误。
【详解】A．实验开始时应先排除装置内的氧气，然后在点燃酒精灯，否则会因有氧气和氢气发生爆炸。故A答案错误，符合题意。
B．因为氨气极易溶于水，而氢气不溶于水，所以若稀硫酸和锌粒产生的H2足够多，能避免NH3性质检验时可能引起的倒吸，故B答案正确，不符合题意。
C．根据氨气极易溶于水判断，但氢气如果过量，而其中IV的装置是密封的，所以不能用于气体的尾气收集，故C答案错误，符合题意。
D．因为NH4Cl和NaNO2的反应放热，而冰醋酸的沸点低易挥发，所以应将冰醋酸缓缓加入小广口瓶中，故D答案正确，不符合题意。
故选答案AC。
【点睛】此题重点在与对气体性质的应用，氨气极易溶于水，氢气不溶于水，而装置中含有氧气，根据气体间的反应进行判断。其次注意利用题目信息进行判断。
11. 从废旧的钴酸锂电池中提取锂、钴等金属材料意义重大。如图是废旧钴酸锂(LiCoO2)(含少量铁、铝、铜等元素的化合物)回收工艺流程：
“沉钴”过程中，草酸铵[(NH4)2C2O4]的加入量(图a)、沉淀反应的温度(图b)与钴的沉淀率关系如图所示：
下列说法错误的是
A. “拆解放电”过程需要用食盐水浸泡，在此过程中产生的气体主要有H2和Cl2
B. 实验室模拟工艺流程中，“硫酸浸泡”后的操作所需仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
C. 滤液1中加入Na2SO3的目的是将Co(Ⅲ)还原为Co2＋
D. 据图分析，沉钴时应控制n():n(Co2＋)比1:2，温度控制在46 ℃左右
【答案】D
【解析】
【分析】
废旧的钴酸锂电池放电拆解后，通过灼烧除去碳及有机物，然后用硫酸浸泡，LiCoO2与硫酸反应生成三价Co，铁和铝元素的化合物溶于硫酸生成硫酸亚铁和硫酸铝，铜元素的化合物不溶于硫酸进入滤渣中；过滤后滤液中加入亚硫酸钠，把Co(Ⅲ)还原为Co2+，然后用NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，通过加氨水调节溶液的pH，使Fe3+和Al3+转化为沉淀而除去；过滤后，向滤液2中加入草酸铵，得到CoC2O4?2H2O沉淀，滤液3中含有Li+，加入饱和Na2CO3溶液，得到Li2CO3。
【详解】A．“拆解放电”实际是电解饱和食盐水，阳极Cl-放电生成氯气，阴极水电离出来的H+放电生成氢气，故A正确；
B．“硫酸浸泡”后需要进行过滤操作，所需仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故B正确；
C．滤液1中加入Na2SO3的目的是将三价钴元素还原为+2价，故C正确；
D．据图分析，沉钴时n( C2)︰n(Co2＋)为1.15时钴的沉淀率最大，温度在46 ℃左右时，钴的沉淀率最大，所以应控制的条件为n( )︰n(Co2＋)为1.15，温度在46 ℃左右。
12. 常温下，向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸，粒子浓度与混合溶液的pH变化的关系如图所示，已知：H2X是二元弱酸，Y表示或，pY=-lgY。下列叙述错误的是
A. 曲线n表示p与pH的变化关系
B. Ka1的数量级是10-6
C. NaHX溶液中c(H2X)＜c(X2-)
D. 当pH=7时，混合溶液中c(Na＋)=c(HX-)＋2c(X2-)＋c(Cl-)
【答案】BC
【解析】
【分析】
H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)=＞Ka2(H2X)=，pH相同时，即c(H+)相同，则 ＞，pY=-lgY，则p＞p，则m、n分别表示pH与p、p的变化关系；据此解答。
【详解】A．根据分析可知，曲线n表示pH与p的变化关系，故A正确；
B．曲线n表示pH与p的变化关系，N点pH=7.4，pY=-1，即p=-lg=-1，=10，Ka1(H2X)==×c(H+)=10×10-7.4=10-6.4，Ka1的数量级是10-7，故B错误；
C．HX-存在水解，即HX-+H2OH2X+OH-，HX-也存在电离，即HX-H++X2-，M点时，pH=9.3，pY=1，即c(H+)=10-9.3mol/L，p=-lg=1，则=0.1，所以Ka2(H2X)==×c(H+)=0.1×10-9.3=1.0×10-10.3，根据B选项可知，Ka1(H2X)=10-6.4，所以HX-的水解平衡常数Kh===1.0×10-7.6＞Ka2(H2X)=1.0×10-10.3，说明HX-的水解程度大于其电离程度，则NaHX溶液中c(H2X)＞c(X2-)，故C错误；
D．常温下，pH=7时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)，故D正确；
答案为BC。
第Ⅱ卷(非选择题)
三、非选择题
13. 氧锰八面体纳米棒(OMS-2)是一种新型环保催化剂。用软锰矿和黄铁矿(主要成分分别为MnO2、FeS2)合成OMS-2的工艺流程如下：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Mn2＋
开始沉淀的pH
2.2
7.5
8.8
完全沉淀的pH
32
9.O
10.8
(1)“调pH值”步骤中，pH的调节范围是___________。
(2)已知Fe3O4可改写成Fe2O3·FeO的形式，Mn12O19中氧元素化合价均为-2价，锰元素有Mn(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)两种化合价，则Mn12O19可表示为___________。
(3)生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4·H2O按物质的量比1︰1︰5反应，产物中硫元素全部以的形式存在，该反应的离子方程式为___________。
(4)甲醛(HCHO)在OMS-2催化氧化作用下生成CO2和H2O，现利用OMS-2对某密闭空间的甲醛进行催化氧化实验，实验开始时，该空间内甲醛含量为1.25 mg·L-1，CO2含量为0.5 0 mg·L-1，一段时间后测得CO2含量升高至1.30 mg·L-1，该实验中甲醛的转化率为___________(保留三位有效数字)。
【答案】 (1). [3.2，8.8)(或3.2≤pH＜8.8) (2). 5Mn2O3·2MnO2 (3). (4). 43.6％
【解析】
【分析】
软锰矿和黄铁矿用硫酸酸浸，得到的淡黄色固体为S，在酸浸过程中，FeS2中硫的化合价升高，所以Mn的化合价降低，过滤后溶液A中含有Mn2+和Fe2+，向溶液A中加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液的pH，除去Fe3+后的滤液精制得到MnSO4?H2O，加入酸性KMnO4溶液和K2S2O8，生成Mn12O19，最后焙烧Mn12O19得到OMS-2。
【详解】(1)调pH的目的是除去Fe3+，根据表格中的数据，使Fe3+沉淀完全，而Mn2+不能沉淀，故pH的范围是3.2≤pH＜8.8。
(2)锰元素有Mn(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)两种化合价，把Mn12O19表示为aMn2O3?bMnO2，则有2a+b=12，3a+2b=19，可得a=5，b=2，所以Mn12O19可表示为5Mn2O3?2MnO2。
(3)生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4?H2O按物质的量比1:1:5反应，产物中硫元素全部以的形式存在，Mn全部转化为Mn12O19，根据质量守恒和电荷守恒，可写出反应的化学方程式为2 +2+10Mn2++11H2O=Mn12O19↓+4 +22H+。
(4)CO2含量为0.50 mg·L-1，一段时间后测得CO2含量升高至1.30 mg·L-1，则生成的CO2为0.80mg·L-1，设容器体积为1L，根据甲醛氧化的方程式：HCHO+O2CO2+H2O，可求得转化的甲醛的质量为 =mg，则甲醛的转化率为×100%=43.6%。
14. 钴是生产耐热合金、硬质合金、防腐合金、磁性合金和各种钴盐的重要原料。含钴化合物作为颜料，具有悠久的历史。请回答下列问题：
(1)过渡元素Co基态原子的核外电子排布式为___________；第四电离能I4(Co)＜I4(Fe)，其原因是___________。
(2)酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学疗法中的光敏剂、催化剂等方面得到了广泛的应用。其结构如图所示，中心离子为钴离子。
①酞菁钴中三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为___________(用相应的元素符号作答)。
②与钴离子通过配位键结合的氮原子数有___________个。
(3)钴的一种化合物的晶胞结构如下图所示：
①已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为(，0，)，则C点的原子坐标参数为___________。
②已知晶胞参数a=0.55 pm，则该晶体的密度为___________g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数，只列出计算表达式即可)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2(或[Ar]3d74s2) (2). Fe失去的是较稳定的3d5中的一个电子，Co失去的是3d6中的一个电子 (3). N＞C＞H (4). 2 (5). （，，） (6).
【解析】
【详解】(1)过渡元素Co的原子序数是27，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2(或[Ar]3d74s2)；原因Fe失去的是较稳定的3d5中的一个电子，而Co失去的是3d6中的一个电子，所以第四电离能I4(Co)＜I4(Fe)。
(2)①酞菁钴中三种非金属原子分别是H、C、N，原因非金属性越强，电负性越大，则电负性由大到小的顺序为N＞C＞H。
②含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键，1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合，因此与钴离子通过配位键结合的氮原子数有2个。
(3)①已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为(，0，)，根据晶胞结构图可知C点的原子位于体心处，其原子坐标参数为（，，）。
②由图可知，Ti在晶胞顶点，其个数为8×=1；Co在体心，个数为1；O在面心，其个数6×=3，根据密度公式ρ=m/V可知，其密度=g·cm-3。
15. 氨在国民经济中占有重要地位，氨的用途十分广泛，是制造硝酸和化肥的重要原料。
(1)合成氨工业中，合成塔中每产生2 mol NH3，放出92.2 kJ热量。
1 mol N—H键形成所释放的能量约等于___________kJ。
(2)标准平衡常数中，pθ为标准压强(1×105 Pa)，p(NH3)、p(N2)和p(H2)为各组分的平衡分压，如p(NH3)=x(NH3)p，p为平衡总压，x(NH3)为平衡系统中NH3的物质的量分数。当N2和H2的起始物质的量之比为1︰3时，反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为ω，则Kθ=___________(用含ω的最简式表示)。
(3)工业生产尿素原理是以NH3和CO2为原料合成尿素[CO(NH2)2]，反应的化学方程式为2NH3(g)＋CO2(g) CO(NH2)2(l)＋H2O(l)，该反应的平衡常数和温度关系如图1所示：
①ΔH___________0(填“>”“＜”或“=”)。
②在一定温度和压强下，若原料气中NH3和CO2的物质的量之比(氨碳比)，图2是氨碳比(x)与CO2平衡转化率(α)的关系。B点比A点CO2平衡转化率大的原因是___________。
③图2中的B点处，NH3的平衡转化率为___________。
【答案】 (1). 391 (2). (3). ＜ (4). B点与A点相比，c(NH3)增大，平衡正向移动，CO2转化率增大 (5). 32％
【解析】
【分析】
此题考查反应热的计算，可根据焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和进行计算。平衡常数根据基本公式可以计算，注意三段式的应用。
【详解】(1)根据反应 N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)及，
，解得1 mol N—H键形成所释放的能量约等于391。
(2) 根据方程式列三段式：，
，，
，，
，故答案为：。
(3)①根据图像1得出温度升高，K减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，K与T成反比说明该反应式放热反应，则ΔH＜0。
②根据，当x越大时，说明氨气相对二氧化碳来说浓度增大，导致平衡向正反应方向移动，故CO2平衡转化率增大。③根据方程式列三段式：
。
【点睛】此题涉及的计算主要是利用三段式进行计算，注意设未知数，根据题目中已知比值代入三段式进行计算。
16. 环丙胺()是合成新型抗菌素、除草剂等产品的中间体。以γ-丁内酯()为原料合成环丙胺的传统“五步合成法”工艺如图。
回答下列问题：
(1)γ-丁内酯的分子式为___________。
(2)A中官能团的名称为___________。
(3)B与NaOH溶液反应的化学方程式为___________。
(4)写出符合下列条件的有机物的结构简式___________。
①与A分子式相同；
②分子中含有酯基；
③核磁共振氢谱显示有两个吸收峰，峰面积之比为1︰6。
(5)环氧丁烯()来源丰富且经济，利用环氧丁烯合成环丙胺是目前一些国家正在研发的项目，其前两步反应过程如图。
下列关于环氧丁烯和2，3-二氢呋喃说法不正确的是___________(填标号)。
a．可以用酸性KMnO4溶液鉴别二者
b．二者分子式相同且互为同分异构体
c．二者均能发生氧化、加成反应
(6)环丙甲醛再经过四步反应即可得到环丙胺，写出合成路线___________。
【答案】 (1). C4H6O2 (2). 羧基、氯原子 (3). ClCH2CH2CH2COOCH3＋2NaOHHOCH2CH2CH2COONa＋CH3OH＋NaCl (4). HCOOCCl(CH3)2 (5). a (6).
【解析】
【分析】
应①可以理解为先发生酯的水解反应，然后与氯气发生取代反应，反应②发生酯化反应，反应③中B分子内脱下1分子HCl形成三元环而生成C，反应④是C的酯基中-OCH3被-NH2替代生成D，同时有甲醇生成，属于取代反应，反应⑤可以理解为D脱去CO生成。
【详解】(1)γ-丁内酯结构简式为，交点为碳原子，用H原子饱和碳的四价结构，可以确定γ-丁内酯的分子式为C4H6O2。故答案为：C4H6O2；
(2)A为ClCH2CH2CH2COOH，官能团的名称为羧基、氯原子。故答案为：羧基、氯原子；
(3)B中酯基和氯原子都要水解，B与NaOH溶液反应，化学方程式为ClCH2CH2CH2COOCH3＋2NaOHHOCH2CH2CH2COONa＋CH3OH＋NaCl。故答案为：ClCH2CH2CH2COOCH3＋2NaOHHOCH2CH2CH2COONa＋CH3OH＋NaCl；
(4)四个碳的酯分别为HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3其中一个氢原子被氯原子替代，依次分别有4种、3种、3种、3种，所以，A的结构简式为ClCH2CH2CH2COOH，与A分子式相同且分子中含有酯基的同分异构体共13种，13种分子中核磁共振氢谱显示有两个吸收峰，峰面积之比1︰6的结构为HCOOCCl(CH3)2。故答案为：HCOOCCl(CH3)2；
(5)a．均含有碳碳双键或醛基，均可被酸性KMnO4溶液氧化，均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法鉴别二者，不可以用酸性KMnO4溶液鉴别二者，故a选；
b．二者分子式相同结构不同，互为同分异构体，故b不选；
c．均含有碳碳双键或醛基，二者均能发生氧化、加成反应，故b不选；
故答案为：a；
(6)环丙甲醛氧化生成，然后与甲醇发生酯化反应生成，再与NH3/CH3ONa反应生成，最后经过NaClO/Hofmann重排生成，环丙甲醛再经过四步反应即可得到环丙胺，写出合成路线。故答案为：。
17. 硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)具有脱敏作用，临床上用于氰化物及腈类中毒，它又名“大苏打”、“海波”，易溶于水，难溶于乙醇，水溶液呈微弱的碱性，遇强酸发生剧烈反应。某化学兴趣小组通过查阅资料，对它的制备和性质进行了探究，研究过程如下：
请回答下列问题：
Ⅰ.Na2S2O3的制备：已知烧瓶C中发生如下三个反应：
Na2S(aq)＋H2O(l)＋SO2(g)=Na2SO3(aq)＋H2S(aq)
2H2S(aq)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(l)
S(s)＋Na2SO3(aq) Na2S2O3(aq)
(1)装置A中发生的化学反应方程式为___________。
(2)装置B中盛放浓硫酸，除干燥气体外，还起到的作用有___________。
(3)C装置中放入无水乙醇的目的是___________。
Ⅱ.测定产品(Na2S2O3·5H2O)的纯度。该小组同学称取m g该产品，用容量瓶配成250 mL溶液。另取c mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液V mL，用硫酸酸化后加入过量KI，再加入几滴淀粉溶液，然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至蓝色褪去，且30 s不恢复原色。平行滴定3次所得测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗样品溶液体积/mL
24.79
22.30
24.81
(4)已知滴定过程中发生的反应：；。则样品纯度为___________(写出化简后表达式)。
Ⅲ.探究硫代硫酸钠(Na2S2O3)在化工上作脱氯剂的原理。下面是该兴趣小组利用制得的硫代硫酸钠样品模拟脱氯的实验装置，回答下列问题：
注：Ksp[BaS2O3]=6.96×10-11
(5)若要证明硫代硫酸钠可以作为脱氯剂，还需要补充的实验操作是___________。
(6)装置D作用是吸收Cl2，实验后检测到该溶液中含有ClO-、等离子，则c(H＋)-c(OH-)=___________，若D中ClO-与的物质的量之比为5︰1，则Cl2与NaOH的离子反应方程式为___________。
【答案】 (1). Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O (2). 平衡装置内压强，控制SO2生成速度 (3). 减小硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于其沉淀析出 (4). 或 (5). 反应后，取适量的C中溶液置于试管中，加入盐酸酸化并静置，取上层澄清溶液滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明硫代硫酸钠可以作为脱氯剂 (6). (7).
【解析】
【分析】
由实验装置图可知，装置A中70%浓硫酸和亚硫酸钠反应制备二氧化硫，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥二氧化硫，长颈漏斗起到平衡气压和防堵塞的作用，同时还可以观察二氧化硫的生成速率，通过控制70%浓硫酸的速度控制二氧化硫的生成速度，装置C中二氧化硫与硫化钠、亚硫酸钠混合溶液反应制备硫代硫酸钠，装置D为空载仪器起防倒吸的作用，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境。
【详解】(1)装置A中70%浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O，故答案为：Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O；
(2)装置B中盛有的浓硫酸用于干燥二氧化硫，长颈漏斗起到平衡气压和防堵塞的作用，同时还可以观察二氧化硫的生成速率，通过控制70%浓硫酸的速度控制二氧化硫的生成速度，故答案为：平衡装置内压强，控制SO2生成速度；
(3)硫代硫酸钠难溶于乙醇，向装置C中加入无水乙醇，可以降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体沉淀析出，故答案为：减小硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于其沉淀析出；
(4)由测定数据可知，第2次实验所测数据误差较大，应删去，则反应消耗硫代硫酸钠溶液的体积为=24.80mL，由方程式可得如下关系：Cr2O~3I2~6S2O，则m g该产品中含有的Na2S2O3·5H2O的质量为6×cmol/L×V×10—3L××248g/mol=15cVg，则样品纯度为=，故答案为：或；
(5)若硫代硫酸钠可以作为脱氯剂，氯气会与硫代硫酸钠溶液反应，氯气被还原为氯离子，硫代硫酸钠会被氧化为硫酸钠，则要证明硫代硫酸钠可以作为脱氯剂，应检验溶液中是否有硫酸根离子生成，由于BaS2O3难溶于水，而硫代硫酸钠晶体遇酸强烈反应，则检验硫酸根离子的操作为取适量的反应后C中溶液置于试管中，加入盐酸酸化并静置，取上层澄清溶液滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明硫代硫酸钠可以作为脱氯剂，故答案为：反应后，取适量的C中溶液置于试管中，加入盐酸酸化并静置，取上层澄清溶液滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明硫代硫酸钠可以作为脱氯剂；
(6)若实验后检测到D的溶液中含有ClO-、等离子，说明氯气与氢氧化钠溶液反应得到了氯化钠、次氯酸钠和氯酸钠的混合溶液，由电荷守恒可得：c(H＋)+ c(Na＋)=c(OH-)+ c(Cl-)+ c(ClO-)+c()，则c(H＋)-c(OH-)= c(Cl-)+ c(ClO-)+c()—c(Na＋)；设D中次氯酸钠为5mol、氯酸钠为1mol，由得失电子数目守恒可得：n(Cl-)=n(ClO-)+n()×5=5mol+1mol×5=10mol，由氯原子个数守恒可得氯气的物质的量为=8mol，由钠原子个数守恒可得氢氧化钠的物质的量为(5mol+1mol+10mol)=16mol，则D中发生的反应为8mol氯气与16mol氢氧化钠反应生成5mol次氯酸钠、1mol氯酸钠和10mol氯化钠，反应的离子方程式为，故答案为：c(Cl-)+ c(ClO-)+c()—c(Na＋)；。