五岳聯(lián)考2020屆高三3月線上聯(lián)考化學(xué)試題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精五岳聯(lián)考2020屆高三3月線上聯(lián)考化學(xué)試題含解析高三理科綜合試卷化學(xué)試題考生注意：1.本試卷分第I卷(選擇題）和第II卷（非選擇題)兩部分，共300分.考試時(shí)間150分鐘。2.請(qǐng)將各題答案填寫(xiě)在答題卡上。3。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：O16K39Mn55Zn65Se79I127第I卷(選擇題共126分）一、選擇題：本題共13小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1。化學(xué)與環(huán)境、工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)等密切相關(guān),下列說(shuō)法不正確的是A。浸有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土可用于水果保鮮B.NaCl不能使蛋白質(zhì)變性，所以不能用作食品防腐劑C。捕獲工業(yè)排放的CO2,可用來(lái)合成可降解塑料聚碳酸酯D.在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化劑,可使酒保持良好品質(zhì)【答案】B【解析】【詳解】A。乙烯是水果的催熟劑,高錳酸鉀溶液有強(qiáng)氧化性,能氧化乙烯，浸泡過(guò)高錳酸鉀溶液的硅藻土可用于水果保鮮，故A正確；B.氯化鈉雖然不能使蛋白質(zhì)變性,但有防腐功能，故B錯(cuò)誤；C.利用CO2合成聚碳酸酯類可降解塑料，實(shí)現(xiàn)“碳”的循環(huán)利用應(yīng)用,減少二氧化碳的排放，故C正確；D.二氧化硫是還原劑，在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化劑，故D正確;故答案為B。2。下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿。用裝置甲驗(yàn)證NH3極易溶于水B.用50mL量筒量取10mol·L—1硫酸2mL,加水稀釋至20mL,配制1mol·L—1稀硫酸C。用pH試紙測(cè)量氯水的pHD.用裝置乙制取無(wú)水FeCl3【答案】A【解析】【詳解】A。將膠頭滴管中的水?dāng)D入燒瓶，若氨氣極易溶于則燒瓶?jī)?nèi)壓強(qiáng)降低，氣球會(huì)鼓起來(lái),可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?故A正確；B。稀釋濃硫酸時(shí)要把濃硫酸加入水中,且不能在量筒中進(jìn)行,故B錯(cuò)誤；C。氯水中有次氯酸具有漂白性，不能用pH試紙測(cè)其pH值，故C錯(cuò)誤；D。氯化鐵易水解生成氫氧化鐵和HCl，加熱促進(jìn)水解，而且鹽酸易揮發(fā)，所以蒸干最終得到氫氧化鐵而不是氯化鐵,故D錯(cuò)誤；故答案為A?！军c(diǎn)睛】制備無(wú)水氯化鐵需要在HCl氣流中加熱蒸發(fā)氯化鐵溶液,抑制氯化鐵水解。3。有機(jī)物M、N之間可發(fā)生如圖轉(zhuǎn)化。下列說(shuō)法不正確的是A.M能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)B。M分子中所有碳原子共平面C。N能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D。M、N均能發(fā)生水解反應(yīng)和酯化反應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A。M中含有碳碳雙鍵，可以與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，故A正確;B.M分子有三個(gè)C原子連接在同一個(gè)飽和C原子上，所以不可能所以碳原子共面，故B錯(cuò)誤；C.N中含有羥基、醛基均能被高錳酸鉀氧化，使酸性高錳酸鉀褪色,故C正確;D。M和N中均含有酯基和羥基，能發(fā)生水解反應(yīng)和酯化反應(yīng),故D正確;故答案為B.4.我國(guó)科研人員研究了在Cu—ZnO—ZrO2催化劑上CO2加氫制甲醇過(guò)程中水的作用機(jī)理,其主反應(yīng)歷程如圖所示（H2→＊H+*H)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A。向該反應(yīng)體系中加入少量的水能增加甲醇的收率B.帶＊標(biāo)記的物質(zhì)是該反應(yīng)歷程中的中間產(chǎn)物C.二氧化碳加氫制甲醇過(guò)程中原子利用率達(dá)100%D。第③步的反應(yīng)式為*H3CO+H2O→CH3OH+*HO【答案】C【解析】【詳解】A.反應(yīng)歷程第③步需要水，所以向該反應(yīng)體系中加入少量的水能增加甲醇的收率，故A正確;B.根據(jù)圖知，帶*標(biāo)記的物質(zhì)在反應(yīng)過(guò)程中最終被消耗，所以帶＊標(biāo)記的物質(zhì)是該反應(yīng)歷程中的中間產(chǎn)物,故B正確；C.根據(jù)圖知，二氧化碳和氫氣反應(yīng)生成甲醇和水，該反應(yīng)中除了生成甲醇外還生成水，所以二氧化碳加氫制甲醇的過(guò)程中原子利用率不是100％,故C錯(cuò)誤；D.第③步中?H3CO、H2O生成CH3OH和?HO，反應(yīng)方程式為?H3CO+H2O→CH3OH+?HO，故D正確；故答案為C。5.X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半徑最大,X和Y能組成兩種陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比相同的離子化合物。常溫下,0。1mol·L-1W的氫化物水溶液的pH為1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物,先產(chǎn)生白色沉淀,后沉淀逐漸溶解。下列推斷正確的是A.簡(jiǎn)單離子半徑:W〉Y〉Z〉XB.Y、Z分別與W形成的化合物均為離子化合物C.Y、W的簡(jiǎn)單離子都不會(huì)影響水的電離平衡D.元素的最高正化合價(jià):W>X>Z〉Y【答案】C【解析】【分析】Y原子在短周期主族元素中原子半徑最大,則Y為Na；X和Y能組成兩種陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比相同的離子化合物，則X為O，兩種化合物為過(guò)氧化鈉和氧化鈉；常溫下，0。1mol·L-1W的氫化物水溶液的pH為1,則HW為一元強(qiáng)酸,短周期主族元素氫化物為一元強(qiáng)酸的元素只有HCl，W為Cl;ZCl3加入NaOH溶液，先產(chǎn)生白色沉淀,后沉淀逐漸溶解，則Z為Al，綜上所述X為O、Y為Na、Z為Al、W為Cl.【詳解】A。電子層數(shù)越多，離子半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越小半徑越大,所以四種離子半徑:Cl?>O2?〉Na+>Al3+，即W〉X〉Y>Z，故A錯(cuò)誤；B。AlCl3為共價(jià)化合物，故B錯(cuò)誤;C.Cl?和Na+在水溶液中均不發(fā)生水解，不影響水的電離平衡，故C正確;D.O沒(méi)有正價(jià),故D錯(cuò)誤；故答案為C?！军c(diǎn)睛】電子層數(shù)越多,離子半徑越大，電子層數(shù)相同,核電荷數(shù)越小半徑越大;主族元素若有最高正價(jià)，最高正價(jià)等于族序數(shù)，若有最低負(fù)價(jià),最低負(fù)價(jià)等于族序數(shù)-8。6.常溫下,相同濃度的兩種一元酸HX、HY分別用同一濃度的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，滴定曲線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是

A.HX、HY起始溶液體積相同B。均可用甲基橙作滴定指示劑C.pH相同的兩種酸溶液中:D。同濃度KX與HX的混合溶液中，粒子濃度間存在關(guān)系式:【答案】D【解析】【詳解】A.反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)時(shí)，HX與HY消耗NaOH溶液的體積分別是30mL和40mL,故起始酸的體積比為3:4，故A錯(cuò)誤；B。NaOH滴定HX達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液pH約為8，而甲基橙的變色范圍是，故不能用甲基橙做指示劑，故B錯(cuò)誤；C.由圖像中兩種酸濃度相同時(shí)的pH可知,HY的酸性強(qiáng)于HX的酸性，pH相同的兩種酸溶液中，，故C錯(cuò)誤；D。同濃度的KX和HX的混合溶液中,存在電荷守恒為，物料守恒為，將物料守恒帶入電荷守恒可得,故D正確;答案選D.【點(diǎn)睛】本題主要考查酸堿滴定圖像分析，為高頻考點(diǎn)，難度不大。掌握酸堿滴定圖像分析、溶液中的離子濃度關(guān)系是解答關(guān)鍵。側(cè)重考查學(xué)生的分析圖像和解決化學(xué)問(wèn)題的能力。7.復(fù)旦大學(xué)王永剛的研究團(tuán)隊(duì)制得一種柔性水系鋅電池,該可充電電池以鋅鹽溶液作為電解液,其原理如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是A。放電時(shí)N極發(fā)生還原反應(yīng)B。充電時(shí),Zn2+向M極移動(dòng)C。放電時(shí),每生成1molPTO-Zn2+，M極溶解Zn的質(zhì)量為260gD。充電時(shí),N極的電極反應(yīng)式為2PTO+8e-+4Zn2+=PTO-Zn2+【答案】D【解析】【分析】放電時(shí)，金屬Zn發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成Zn2+,即M電極為負(fù)極，則N電極為正極,電極反應(yīng)式為2PTO+8e—+4Zn2+═PTO-Zn2+；充電時(shí)，外加電源的正極連接原電池的正極N，外加電源的負(fù)極連接原電池的負(fù)極。【詳解】A.該原電池中,放電時(shí)M電極為負(fù)極,N電極為正極,正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，故A正確；

B.充電時(shí),原電池的負(fù)極M連接外加電源的負(fù)極作陰極，電解質(zhì)中陽(yáng)離子Zn2+移向陰極M，故B正確;

C。放電時(shí)，正極反應(yīng)式為2PTO+8e—+4Zn2+═PTO—Zn2+，負(fù)極反應(yīng)式為Zn-2e-=Zn2+，電子守恒有4Zn~PTO-Zn2+，所以每生成1molPTO-Zn2+,M極溶解Zn的質(zhì)量=65g/mol×4mol=260g，故C正確；

D。充電時(shí),原電池的正極N連接外加電源的正極作陽(yáng)極，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為PTO—Zn2+—8e-=2PTO+4Zn2+,故D錯(cuò)誤;

故選：D。第II卷(非選擇題共174分)三、非選擇題:包括必考題和選考題兩部分。第22~32題為必考題，每道試題考生都必須作答。第33～38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共129分。8.碘被稱為“智力元素",科學(xué)合理地補(bǔ)充碘可防治碘缺乏病,KI、KIO3曾先后用于加碘鹽中。KI還可用于分析試劑、感光材料、制藥等,其制備原理如下：反應(yīng)I:3I2+6KOH==KIO3+5KI+3H2O反應(yīng)II：3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O請(qǐng)回答有關(guān)問(wèn)題。（1)啟普發(fā)生器中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______。裝置中盛裝30%氫氧化鉀溶液的儀器名稱是_________。(2)關(guān)閉啟普發(fā)生器活塞，先滴入30％的KOH溶液。待觀察到三頸燒瓶中溶液顏色由棕黃色變?yōu)開(kāi)_____(填現(xiàn)象），停止滴人KOH溶液；然后______（填操作）,待三頸燒瓶和燒杯中產(chǎn)生氣泡的速率接近相等時(shí)停止通氣。(3）滴入硫酸溶液，并對(duì)三頸燒瓶中的溶液進(jìn)行水浴加熱，其目的是_____________.（4)把三頸燒瓶中的溶液倒入燒杯中,加入碳酸鋇，在過(guò)濾器中過(guò)濾,過(guò)濾得到的沉淀中除含有過(guò)量碳酸鋇外，還含有硫酸鋇和___________（填名稱).合并濾液和洗滌液，蒸發(fā)至析出結(jié)晶,干燥得成品.(5）實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)制備KIO3流程如下：幾種物質(zhì)的溶解度見(jiàn)下表：①由上表數(shù)據(jù)分析可知，“操作a”為_(kāi)_________________。②用惰性電極電解KI溶液也能制備KIO3,與電解法相比，上述流程制備KIO3的缺點(diǎn)是____________。（6)某同學(xué)測(cè)定。上述流程生產(chǎn)的KIO3樣品的純度.取1。00g樣品溶于蒸餾水中并用硫酸酸化，再加入過(guò)量的KI和少量的淀粉溶液，逐滴滴加2.0mol●L-1Na2S2O3溶液,恰好完全反應(yīng)時(shí)共消耗12.60mLNa2S2O3溶液。該樣品中KIO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)______(已知反應(yīng)：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）。【答案】(1).ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4（2)。恒壓滴液漏斗（3）.無(wú)色(4)。打開(kāi)啟普發(fā)生器活塞，通入氣體（5)。使溶液酸化并加熱,有利于溶液中剩余的硫化氫逸出，從而除去硫化氫（6).硫(7）。蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶（或重結(jié)晶)(8)。KClO3和I2反應(yīng)時(shí)會(huì)產(chǎn)生有毒的氯氣，污染環(huán)境；（9）.89.88%【解析】【分析】實(shí)驗(yàn)過(guò)程為:先關(guān)閉啟普發(fā)生器活塞，在三頸燒瓶中滴入30％的KOH溶液,發(fā)生反應(yīng)I：3I2+6KOH==KIO3+5KI+3H2O，將碘單質(zhì)完全反應(yīng);然后打開(kāi)啟普發(fā)生器活塞,啟普發(fā)生器中硫酸和硫化鋅反應(yīng)生成硫化氫氣體，將氣體通入三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)II:3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O，將碘酸鉀還原成KI，氫氧化鈉溶液可以吸收未反應(yīng)的硫化氫；(5)實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)制備KIO3:將I2、HCl、KClO3水中混合發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成KH（IO3)2，之后進(jìn)行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾得到KH(IO3）2晶體，再與KOH溶液混合發(fā)生反應(yīng)、過(guò)濾蒸發(fā)結(jié)晶得到碘酸鉀晶體?！驹斀狻浚?)啟普發(fā)生器中發(fā)生的反應(yīng)是硫化鋅和稀硫酸反應(yīng)生成硫化氫氣體和硫酸鋅,反應(yīng)的化學(xué)方程式：ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4；根據(jù)儀器結(jié)構(gòu)可知該儀器為恒壓滴液漏斗;(2）碘單質(zhì)水溶液呈棕黃色，加入氫氧化鉀后碘單質(zhì)反應(yīng)生成碘酸鉀和碘化鉀，完全反應(yīng)后溶液變?yōu)闊o(wú)色；然后打開(kāi)啟普發(fā)生器活塞,通入氣體發(fā)生反應(yīng)II；（3)反應(yīng)完成后溶液中溶有硫化氫，滴入硫酸并水浴加熱可降低硫化氫的溶解度，使其逸出,從而除去硫化氫；（4）根據(jù)反應(yīng)II可知反應(yīng)過(guò)程中有硫單質(zhì)生成,硫單質(zhì)不溶于水；（5)①根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知溫度較低時(shí)KH（IO3）2的溶解度很小，所以從混合液中分離KH（IO3）2晶體需要蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾，所以操作a為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶;②根據(jù)流程可知該過(guò)程中有氯氣產(chǎn)生，氯氣有毒會(huì)污染空氣,同時(shí)該過(guò)程中消耗了更多的藥品；(6)該滴定原理是：先加入過(guò)量的KI并酸化與KIO3發(fā)生反應(yīng)：IO3?+5I?+6H+===3I2+3H2O,然后利用Na2S2O3測(cè)定生成的碘單質(zhì)的量從而確定KIO3的量；根據(jù)反應(yīng)方程式可知IO3?～3I2，根據(jù)滴定過(guò)程反應(yīng)I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6可知I2～2Na2S2O3,則有IO3?～6Na2S2O3,所用n（KIO3）=0。01260L×2.0mol/L×=0。0042mol，所以樣品中KIO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=89.88％。【點(diǎn)睛】啟普發(fā)生器是塊狀固體和溶液不加熱反應(yīng)生成氣體制備裝置。9.金屬鈦在航天、潛海和醫(yī)療方面應(yīng)用廣泛.以鈦鐵礦［主要成分為鈦酸亞鐵（FeTiO3）,含少量Fe2O3]為原料制備鈦的工藝流程如圖所示。(1)步驟②、③、④中,均需進(jìn)行的操作是_____________(填操作名稱）。(2）濾液1中鈦元素以TiO2+形式存在,步驟①中生成TiO2+的化學(xué)方程式為_(kāi)_________,硫酸質(zhì)量分?jǐn)?shù)對(duì)鈦、鐵浸出率的影響如圖所示。據(jù)此判斷,酸浸時(shí)所加硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)應(yīng)為_(kāi)_____（填范圍)。。（3）請(qǐng)結(jié)合離子方程式解釋步驟④中加熱水的原因：__________.（4）電解法制備Ti的裝置是以石墨為陽(yáng)極，TiO2為陰極，熔融CaO為電解質(zhì)。Ti在_______(填“陽(yáng)極”或“陰極”）生成,____(填“能"或“不能”)將熔融CaO換成石灰乳。（5）以綠礬為原料,可以制備重要工業(yè)原料氧化鐵,基本流程如下：①綠礬溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)開(kāi)_________。②FeCO3達(dá)到沉淀溶解平衡時(shí),室溫下測(cè)得溶液的pH為8,c（Fe2+)=1.0×10—5mol·L-1。所得FeCO3中_____(填“含”或“不含”）有Fe(OH)2。已知:{Ksp［Fe(OH)2］=4。9×10-17｝【答案】(1）。過(guò)濾(2）.FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O(3）.80％～85%（4）.TiO2++2H2OH2TiO3+2H+，水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng),用熱水促進(jìn)反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行(5)。陰極(6）。不能(7).c(SO42—)>c（Fe2+）〉c（H+）>c（OH—）（8）.不含【解析】【分析】鈦鐵礦加酸溶解過(guò)濾得到含有TiO2+和Fe3+的濾液，向?yàn)V液中加鐵粉還原Fe3+,過(guò)濾除去濾渣，對(duì)濾液冷卻結(jié)晶，過(guò)濾得到FeSO4?7H2O和含有TiO2+的溶液,加入熱水促進(jìn)TiO2+水解生成H2TiO3,煅燒H2TiO3生成TiO2,電解可生成Ti,以此解答該題.【詳解】（1)根據(jù)分析可知步驟②、③、④中，均需進(jìn)行的操作是過(guò)濾；（2）反應(yīng)物為鈦鐵礦，結(jié)合元素守恒可知方程式為FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O；根據(jù)圖像可知硫酸質(zhì)量分?jǐn)?shù)在80％~85%之間時(shí)浸出率最大;（3）TiO2+在水溶液中發(fā)生水解TiO2++2H2OH2TiO3+2H+，水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，用熱水促進(jìn)反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行,生成H2TiO3；(4）由TiO2生成Ti，Ti元素化合價(jià)降低發(fā)生還原反應(yīng),電解池中陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng);若換成石灰乳，石灰乳中有水，陰極將產(chǎn)生氫氣，無(wú)法得到金屬鈦，所以不能將熔融CaO換成石灰乳；(5)①綠礬溶液中亞鐵離子會(huì)發(fā)生水解使溶液顯酸性，所以溶液中離子濃度由大到小為c（SO42-)〉c(Fe2+)〉c（H+）〉c（OH-);②根據(jù)題意，pH為8,則c(OH—)=1×10—6mol/L，因?yàn)閏(Fe2+）?c2（OH—）=1。0×10—5×（1×10—6）2=1.0×10—17＜Ksp[Fe（OH)2］，故無(wú)Fe(OH)2生成。10。聯(lián)氨（N2H4）和次磷酸鈉(NaH2PO2)都具有強(qiáng)還原性.都有著廣泛的用途.(1）已知：①N2H4（l)+O2（g）=N2（g）+2H2O(g)△H=—621.5kJ●mol-1②N2O4（l)—=N2(g）+2O2（g)△H2=+204。3kJ●mol-1則火箭燃料的燃燒反應(yīng)為2N2H4（l）+N2O4(l)=3N2(g）+4H2O(g)△H=_____.(2)已知反應(yīng)N2H4(g)+2Cl2（g)N2(g）+4HCl（g),T°C時(shí),向VL恒容密閉容器中加入2molN2H4(g）和4molCl2(g）,測(cè)得Cl2和HCl的濃度隨時(shí)間的關(guān)系如圖所示。①0~10min內(nèi),用N2（g)表示的平均反應(yīng)速率v（N2)=_______。②M點(diǎn)時(shí)，N2H4的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_____(精確到0。1）%.③T°C時(shí)，達(dá)到平衡后再向該容器中加入1。2molN2H4(g）、0。4molCl2(g)、0。8molN2（g)、1.2molHCl(g),此時(shí)平衡______(填“正向移動(dòng)”“逆向移動(dòng)”或“不移動(dòng)”)。（3）①在惰性氣體中，將黃磷(P4)與石灰乳和碳酸鈉溶液一同加入高速乳化反應(yīng)器中制得NaH2PO2，同時(shí)還產(chǎn)生磷化氫（PH3）氣體,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________。②次磷酸（H3PO2)是一元酸，常溫下。1.0mol●L-1的NaH2PO2溶液pH為8,則次磷酸的Ka=___________。③用次磷酸鈉通過(guò)電滲析法制備次磷酸。裝置如圖2所示。交換膜A屬于____（填“陽(yáng)離子”或“陰離子”）交換膜,電極N的電極反應(yīng)式為_(kāi)_____，當(dāng)電路中流過(guò)3。8528×105庫(kù)侖電量時(shí)。制得次磷酸的物質(zhì)的量為_(kāi)____(一個(gè)電子的電量為1.6×10-19庫(kù)侖，NA數(shù)值約為6.02×1023）?！敬鸢浮?1）.—1038。7kJ?mol-1（2）.0.06mol/(L?min）（3).33.3（4）。逆向移動(dòng)(5).2P4+3Ca(OH)2+3Na2CO3+6H2O====6NaH2PO2+2PH3↑+3CaCO3（6).1.0×10—2(7）。陽(yáng)離子(8)。2H2O+2e—=H2↑+2OH-（9）.4mol【解析】【詳解】(1）根據(jù)蓋斯定律,反應(yīng)①×2+②即可得火箭燃料的燃燒反應(yīng)2N2H4(1)+N2O4(l）===3N2(g)+4H2O(g)△H=（-621.5×2+204.3）kJ?mol-1=—1038。7kJ?mol—1;（2）根據(jù)圖示，Cl2作為反應(yīng)物濃度需減小，HCl作為生成物濃度需增大，

①△c(Cl2)=（2—0.8）mol/L=1.2mol/L，v(Cl2)==0.12mol/（L?min)，根據(jù)反應(yīng)速率與計(jì)量系數(shù)成正比可得v（N2)=v（Cl2)=0。06mol/（L?min),②據(jù)圖可知反應(yīng)開(kāi)始時(shí)c（Cl2)=2mol/L，投料為2molN2H4（g）和4molCl2（g)，則開(kāi)始時(shí)c(N2H4）=1mol/L，容器體積為2L，設(shè)M點(diǎn)N2H4的轉(zhuǎn)化量為xmol/L，列三段式：M點(diǎn)Cl2和HCl濃度相等,則2—2x=4x解得x=mol/L，則N2H4的轉(zhuǎn)化率為=33。3％;③據(jù)圖可知反應(yīng)平衡時(shí)c(Cl2）=0.8mol/L，初始c(Cl2）=2mol/L，c(N2H4）=1mol/L,則根據(jù)反應(yīng)方程式N2H4(g)+2Cl2（g）N2（g)+4HCl（g)可知，反應(yīng)中消耗c(Cl2)=1.2mol/L,消耗c(N2H4)=0。6mol/L,生成c（N2）=0。6mol/L，c(HCl)=2.4mol/L，所以平衡時(shí)各物質(zhì)的濃度為c（Cl2)=0。8mol/L,c（N2H4）=0.4mol/L，c（N2）=0。6mol/L，c（HCl）=2。4mol/L，則該溫度下的平衡常數(shù)K==77.76；平衡后再向該容器中加入1。2molN2H4（g)、0。4molCl2(g)、0.8molN2（g）、1。2molHCl（g)，各物質(zhì)的濃度變?yōu)閏(Cl2）=1mol/L，c(N2H4）=1mol/L,c(N2）=1mol/L,c（HCl)=3mol/L,此時(shí)Qc==81〉K，所以平衡逆向移動(dòng);（3)①該反應(yīng)中反應(yīng)物有P4、Ca(OH）2、Na2CO3等、生成物有NaH2PO2、PH3等，據(jù)此可知該反應(yīng)中P元素化合價(jià)既升高又降低，發(fā)生歧化，升高1價(jià)，降低3價(jià)，則NaH2PO2和PH3的系數(shù)比為3：1，再結(jié)合元素守恒可知方程式為：2P4+3Ca(OH）2+3Na2CO3+6H2O====6NaH2PO2+2PH3↑+3CaCO3;②次磷酸(H3PO2）是一元酸，1。0mol?L—1的NaH2PO2溶液水解方程式為：H2PO2-+H2O=H3PO2+OH—,pH=8，則c(H+)=10—8mol/L，c(OH-)=c(H3PO2)=10—6mol/L，c（H2PO2—）=(1.0-10-6)mol/L≈1mol/L,Ka==1。0×10—2；③根據(jù)圖示可知，產(chǎn)品室產(chǎn)生次磷酸，則電極M應(yīng)為陽(yáng)極電解水中的OH—，剩余H+通過(guò)交換膜A移向產(chǎn)品室，所以交換膜A為陽(yáng)離子交換膜；電極N為陰極電解H+，電極N的電極反應(yīng)式為2H2O+2e—=H2↑+2OH—；電路中流過(guò)3。8528×105庫(kù)侖電量時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為=4mol,次磷酸根帶一個(gè)負(fù)電荷,氫離子帶一個(gè)正電荷,所以電解過(guò)程中轉(zhuǎn)移1mol電子生成1mol次磷酸，則轉(zhuǎn)移4mol電子時(shí)生成4mol次磷酸.【點(diǎn)睛】當(dāng)定性判斷平衡移動(dòng)方向較困難時(shí)，可以進(jìn)行定量判斷,反應(yīng)某一時(shí)刻的濃度若大于平衡常數(shù)，則平衡逆向移動(dòng)；濃度商小于平衡常數(shù)，則平衡正向移動(dòng);濃度商等于平衡常數(shù),則反應(yīng)達(dá)到平衡。(二)選考題:共45分.請(qǐng)考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多答，則每科按所答的第一題計(jì)分.［化學(xué)——物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11。KMnO4是一種高效氧化劑可用來(lái)氧化吸附有機(jī)異味物.也可以與水中的雜質(zhì)如二價(jià)鐵、錳、硫、氰、酚等反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)室常用Na2C2O4標(biāo)準(zhǔn)溶液標(biāo)定未知濃度的KMnO4溶液，發(fā)生反應(yīng):5C2O42—+2MnO4-+16H++4H2O=2［Mn（H2O）6]2++10CO2↑。根據(jù)以上信息，完成下列問(wèn)題:(1）按電子排布K位于元素周期表的_______區(qū)，基態(tài)Mn2+的核外電子排布式可表示為_(kāi)____。（2)1mol[Mn（H2O）6]2+中所含有的共價(jià)鍵數(shù)目為_(kāi)_________。(3）基態(tài)C原子的核外電子中占據(jù)最高能級(jí)的電子云輪廓圖為_(kāi)______.C2O42-中碳原子的軌道雜化類型是___________________。（4)同主族元素氧、硫、硒對(duì)應(yīng)最簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn):H2O>H2Se>H2S，原因是__________。(5)β—MnSe的結(jié)構(gòu)中Se為面心立方最密堆積,晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示.①β-MnSe中Mn的配位數(shù)為_(kāi)____________.②若該晶體的晶胞參數(shù)為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。則距離最近的兩個(gè)錳原子之間的距離為_(kāi)_____pm,β-MnSe的密度ρ=______(列出表達(dá)式)g·cm-3?！敬鸢浮浚?)。s(2).1s22s22p63s23p63d5或［Ar]3d5(3）。18NA（4).啞鈴形（5).sp2雜化（6）。相對(duì)分子質(zhì)量越大,范德華力就越大，沸點(diǎn)就越高，但水分子間形成氫鍵,使熔沸點(diǎn)較高（7）。4（8)。(9)。【解析】【詳解】(1)K位于周期表中第4周期第IA族,則K位于元素周期表的s區(qū)；基態(tài)Mn原子的核外電子排布式為［Ar]3d54s2,失去4s2兩個(gè)電子變成Mn2+，則基態(tài)Mn2+的核外電子排布式可表示為：1s22s22p63s23p63d5或[Ar］3d5;

（2)［Mn（H2O）6]2+中所含有的σ鍵數(shù)目為：6×2=12個(gè)氫氧鍵和6個(gè)配位鍵，所以1mol[Mn（H2O)6］2+中所含有的σ鍵數(shù)目為18NA;

(3）基態(tài)C原子的核外電子排布為1s22s22p2，核外電子中占據(jù)最高能級(jí)為2p，則基態(tài)C原子的核外電子中占據(jù)最高能級(jí)的電子云輪廓圖為啞鈴形，C2O42—中碳原子和一個(gè)氧原子形成碳氧雙鍵,和另一個(gè)氧原子形成碳氧單鍵,和另一個(gè)碳原子形成碳碳單鍵,所以碳原子的軌道雜化類型為sp2雜化；

(4）O、S、Se為同主族元素,形成的H2O、H2S和H2Se均為分子晶體，H2O分子間氫鍵導(dǎo)致沸點(diǎn)異常升高，H2S和H2Se隨著相對(duì)分子質(zhì)量增大，分子間作用力增強(qiáng)，沸點(diǎn)升高，氫鍵影響大于分子間作用力影響，所以最簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：H2O＞H2Se＞H2S;

(5)①根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析，Mn位于四面體中心，周圍有4個(gè)Se,則Mn的配位數(shù)為4;

②1個(gè)晶胞中含有Mn數(shù)目為4，含有Se的數(shù)目為8×+6×=4，根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知兩個(gè)Mn原子的最近距離為面對(duì)角線的一半，距離為cm；一個(gè)晶胞體積為V=（a×10—10）3cm3,所以密度為ρ＝g/cm3?！军c(diǎn)睛】配位鍵也是σ鍵；計(jì)算晶胞體積時(shí)要注意題目所給單位,有時(shí)需要單位換算。[化學(xué)——有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)］12。某興趣小組利用芳香族化合物A制取有機(jī)物F的合成路線如下:已知：回答下列問(wèn)題：（1)A的分子式為_(kāi)____________；B→C的反應(yīng)類型為_(kāi)___________.(2）足量的D與Na2CO3溶液發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式:_______________________________。（3）E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_____________。（4）碳原子上連有4個(gè)不同的原子或基團(tuán)時(shí),該碳原子稱為手性碳。寫(xiě)出上述合成路線中含有手性碳的物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式并用星號(hào)(＊