鄭州市2020屆高三化學第三次質(zhì)量預測試題含解析

河南省鄭州市2020屆高三化學第三次質(zhì)量預測試題含解析河南省鄭州市2020屆高三化學第三次質(zhì)量預測試題含解析PAGE26-河南省鄭州市2020屆高三化學第三次質(zhì)量預測試題含解析河南省鄭州市2020屆高三化學第三次質(zhì)量預測試題（含解析）相對原子質(zhì)量：H1C12Li7O16Al27K39Mn55Cu641?；瘜W是一門中心學科，是人類進步的關鍵.下列說法正確的是A。我國古代四大發(fā)明中有三項與化學反應密切相關B。為防止蛋白質(zhì)變性，疫苗應在冷凍條件下貯存C。侯德榜制堿法的工藝包括制堿和制氯化銨兩個過程D。生產(chǎn)口罩所用的無紡熔噴布的主要材料為聚丙烯，其結(jié)構(gòu)簡式為【答案】C【解析】【詳解】A．我國古代四大發(fā)明分別為指南針、造紙術、活字印刷、火藥，其中只有造紙術和火藥兩項與化學反應密切相關，故A錯誤；B．有的疫苗冷凍后會使肽鏈斷裂,影響疫苗效果,溫度過高也會使蛋白質(zhì)變性，所以在儲存和運輸過程中，要求疫苗保存在一定溫度條件下，故B錯誤;C．侯氏制堿法的工藝是由制堿和制氯化銨兩個過程組成的，制堿過程是使食鹽水與氨氣和二氧化碳反應，生成碳酸氫鈉,碳酸氫鈉經(jīng)過濾、煅燒制得純堿，所得濾液(主要含氯化鈉和氯化銨）用于制備氯化銨;制備氯化銨的過程是使濾液吸收氨氣、降溫并向其中加入食鹽粉，使氯化銨逐步從濾液中結(jié)晶析出，再經(jīng)過濾、干燥制得氯化銨產(chǎn)品，故C正確；D．聚丙烯的結(jié)構(gòu)簡式為,故D錯誤；答案為C。2.阿司匹林（Aspirin，乙酰水楊酸）具有解熱止痛,抑制血小板凝聚，防止血栓形成的功效,是家庭中常備藥品。水楊酸與乙酸酐反應制取阿司匹林的原理如圖:下列有關說法錯誤的是A.水楊酸分子中所有原子可能共面B.水楊酸的同分異構(gòu)體中,屬于苯環(huán)上二元取代物的還有5種(不考慮過氧鍵)C。乙酰水楊酸在一定條件下能發(fā)生加成、水解、酯化等反應D.分離乙酰水楊酸和乙酸可以加入飽和Na2CO3溶液后分液【答案】D【解析】【詳解】A．苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，氧氫單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以酚羥基可以與苯環(huán)共面，碳氧雙鍵為平面結(jié)構(gòu)，羥基可以與其共面，碳氧雙鍵平面與苯環(huán)平面以單鍵相連，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以水楊酸分子中所有原子可能共面,故A正確;B．苯環(huán)上的兩個取代基可以為—OH和—COOH，則有鄰間對三種,水楊酸即為鄰位的情況，兩個取代基還可以是-OH和—OOCH，有鄰間對三種，所以除水楊酸外還有5種，故B正確；C．乙酰水楊酸含有苯環(huán)，可以發(fā)生加成反應；含有酯基,可以發(fā)生水解反應;含有羧基，可以發(fā)生酯化反應，故C正確；D．乙酰水楊酸含羧基，可以和碳酸鈉溶液發(fā)生反應,所以不能用碳酸鈉溶液分離乙酰水楊酸和乙酸，故D錯誤；答案為D。3。已知某二元酸H2A在溶液中存在如下電離:H2A=H++HAˉ，HAˉH++A2ˉ,K=1.2×10—2。設NA為阿伏加德羅常數(shù)值。關于常溫下0.01mol·L—1的H2A溶液，下列說法正確的是A.B.pH＜2C。c（H+）=2c（H2A）+c（HAˉ）+c(OHˉ)D。1L溶液中H+數(shù)目為0.02NA【答案】B【解析】【詳解】A．，根據(jù)題意可知H2A第一步完全電離，第二步部分電離,所以0。01mol·L-1的H2A溶液中c(H+）＞0。01mol/L，K=1。2×10-2，所以＜1.2，故A錯誤；B．H2A第一步完全電離，第二步部分電離，所以0。01mol·L-1的H2A溶液中c（H+)＞0。01mol/L,則溶液的pH小于2，故B正確；C．由于第一步完全電離，所以溶液中并不存在H2A，故C錯誤；D．H2A第一步完全電離，第二步部分電離，所以0。01mol·L—1的H2A溶液中0。01mol/L＜c(H+）＜0。02mol/L，則1L該溶液中氫離子數(shù)目小于0.02NA,故D錯誤;答案為B。4。M、X、Y、Z為4種原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,其原子序數(shù)之和為22。已知M、Y形成的化合物使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色，M、Z形成化合物的水溶液可以蝕刻玻璃，4種元素形成某種化合物的結(jié)構(gòu)式為。下列說法正確的是A.X、Y均不屬于第ⅣA族元素B。原子半徑：Y＞X＞Z＞MC.M與Y、Z三種元素只能形成共價化合物D.該化合物中每種原子的最外層都達到了8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】A【解析】【分析】M、Z形成化合物的水溶液可以蝕刻玻璃，該化合物應為HF,M的原子序數(shù)較小，所以M為H元素,Z為F元素;M、Y形成的化合物使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色,其中M為氫元素，則該化合物應為NH3，則Y為N元素；4種元素原子序數(shù)之和為22，則X的原子序數(shù)為22-1—7-9=5，所以X為B元素?！驹斀狻緼．X為B元素，位于第ⅢA族，Y為N元素，位于第ⅤA族，二者均不屬于第ⅣA族元素，故A正確；B．H原子最外層只有一層電子，原子半徑最小,B、N、F為同周期元素，同周期元素自左至右原子半徑依次減小，所以原子半徑B＞N＞F＞H，即X＞Y＞Z＞M，故B錯誤；C．H、N、F元素可以形成離子化合物NH4F，故C錯誤;D．該化合物中H原子最外層只有2個電子，故D錯誤；答案為A.5.某興趣小組利用索氏提取器，用石油醚做溶劑從花生仁中提取油脂，裝置如圖。石油醚的主要成分為戊烷和已烷的混合物，沸程為：30℃~60℃。下列說法錯誤的是A。石油醚易揮發(fā)易燃燒，提取過程不可選用明火直接加熱B.石油醚的沸程較大,加熱前不必加入沸石C.燒瓶中的石油醚受熱經(jīng)側(cè)管進入冷凝管,冷卻后進入濾紙?zhí)淄才c碎花生接觸進行萃取D.索氏提取器使用溶劑少，可循環(huán)連續(xù)萃取,萃取效率高【答案】B【解析】【詳解】A．該實驗中的萃取劑為石油醚，石油醚易揮發(fā)，易燃，為了避免暴沸和防止逸出的石油醚與空氣混合爆炸，提取過程不可選用明火直接加熱,故A正確；B．為了防止暴沸，加熱前需要加入沸石，故B錯誤；C．燒瓶中的石油醚受熱經(jīng)側(cè)管進入冷凝管，冷凝后進入濾紙?zhí)淄才c碎花生接觸進行萃取，當萃取液液面達到虹吸管頂端時，經(jīng)虹吸管返回燒瓶，實現(xiàn)對碎花生的連續(xù)萃取,故C正確;D．根據(jù)圖示裝置，與常規(guī)的萃取相比，索氏提取器中當萃取液液面達到虹吸管頂端時，經(jīng)虹吸管返回燒瓶，萃取后萃取液石油醚可循環(huán)連續(xù)萃取，萃取液使用較少，萃取效率高，故D正確；故選B.6.我國學者最近研發(fā)一種新型鋁—石墨烯電池,其負極是金屬鋁，正極是石墨烯(Cn）薄膜，電解質(zhì)為陽離子(EMI+）與陰離子（）組成的離子液體，該電池的工作原理如圖。已知能量密度是指一定質(zhì)量物質(zhì)中儲存能量的大小。下列說法錯誤的是A.該鋁電極電池比鋰電極電池的能量密度低B.石墨烯電極的比表面積大，充放電性能優(yōu)于石墨電極C。充電時,有機陽離子（EMI+）向鋁電極移動D。放電時，負極的電極反應式為2Al+7Clˉ—6eˉ=Al2Cl【答案】D【解析】【詳解】A．1gAl的物質(zhì)的量為mol，可轉(zhuǎn)移電子mol，1gLi的物質(zhì)的量為mol，可轉(zhuǎn)移電子mol,mol＞mol，單位質(zhì)量的物質(zhì)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)越多，放出的能量越多，所以該鋁電極電池比鋰電極電池的能量密度低，故A正確；B．石墨烯的表面積大，吸附的離子多，充放電性能優(yōu)于石墨電極，故B正確;C．放電時Al為負極發(fā)生氧化反應，則充電時Al電極發(fā)生還原反應為陰極，電解池中陽離子流向陰極,所以充電時，有機陽離子（EMI+)向鋁電極移動,故C正確；D．放電時Al為負極發(fā)生氧化反應,據(jù)圖可知電極反應式為Al+7AlCl-3eˉ=4Al2Cl，故D錯誤；答案為D。7。室溫下,用0。10mol·L—1NaOH溶液滴定20mL0.10mol·L-1HA溶液，測得混合溶液的pH與lg的關系如圖所示.下列敘述正確的是A.HA為弱酸，Ka的數(shù)量級為10—3B.b點時消耗NaOH溶液的體積大于20mLC。溶液的導電能力:b〉aD。b點溶液中：c(Na+）=c（Aˉ）=(H+）=c(OHˉ)=10—7mol/L【答案】C【解析】【詳解】A．據(jù)圖可知溶液pH為7時溶液中同時存在HA和Aˉ，說明NaA溶液顯堿性,存在Aˉ的水解，所以HA為弱酸；根據(jù)a點可知當lg=2時pH=5.8，即=102時c（H+)=10—5。8，Ka==10—3.8≈1.58×10-4,所以數(shù)量級為10-4，故A錯誤；B．當NaOH溶液為20mL時,溶液中的溶質(zhì)為NaA，由于HA為弱酸，所以溶液顯堿性，所以當溶液pH=7時加入的NaOH溶液體積小于20mL，故B錯誤；C．a(chǎn)點和b點溶液中均存在電荷守恒c(Na+）+c(H+）=c（Aˉ)+c(OHˉ)，所以溶液中總離子濃度均為2[c（Aˉ）+c（OHˉ)］，b點c(Aˉ）和c（OHˉ)均更大,所以b點溶液中總離子濃度更大,離子所帶電荷數(shù)相同，所以b點溶液導電能力更強,故C正確;D．b點溶液中溶質(zhì)為NaA和HA，存在電荷守恒:c(Na+）+c(H+）=c（Aˉ)+c(OHˉ),溶液顯中性，所以c(H+）=c（OHˉ），所以c(Na+)=c(Aˉ），弱電解質(zhì)的電離和弱酸根的水解都是微弱的，所以c（Na+）=c(Aˉ)＞(H+)=c(OHˉ），故D錯誤；綜上所述答案為C。8。Kx[Cu(C2O4）y］·zH2O(水合草酸銅（Ⅱ)酸鉀）是一種化工原料，實驗室制備少量水合草酸銅酸鉀并測定樣品的組成，實驗步驟如下:I制備CuO用圖1所示裝置將溶液混合后，小火加熱至藍色沉淀變黑色生成CuO,煮沸5~10分鐘。稍冷卻后全部轉(zhuǎn)移至圖2裝置過濾，并用蒸餾水洗滌沉淀2~3次。(1）①指出圖2裝置中操作中的錯誤___________，圖2操作需用蒸餾水洗滌沉淀2~3次，其目為___________.②檢驗沉淀洗滌干凈的方法為___________。Ⅱ制備KHC2O4和K2C2O4混合溶液稱取3。0gH2C2O4·2H2O放入250mL燒杯中，加入40mL蒸餾水，微熱(溫度低于80℃）溶解。稍冷后分數(shù)次加入2.2g無水K2CO3,充分反應后生成含KHC2O4和K2C2O4的混合物。（2）該步驟中所得混合物中n（KHC2O4):n(K2C2O4）=____________。(取整數(shù)）Ⅲ制備水合草酸銅酸鉀晶體將KHC2O4和K2C2O4混合溶液水浴微熱，再將CuO連同濾紙一起加入到該溶液中，充分反應至CuO沉淀全部溶解，取出濾紙后，加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾,用乙醇淋洗,自然晾干，稱量得到樣品2。9760g(電子天平稱量).（3）①步驟Ⅲ中KHC2O4的作用是__________。②用乙醇淋洗而不用水的優(yōu)點是__________。③溶解CuO沉淀時,連同濾紙一起加人到溶液中的目的是__________。Ⅳ測定水合草酸銅酸鉀晶體的成分取少量制得的樣品配成溶液。用標準酸性髙錳酸鉀溶液滴定、用標準EDTA溶液（PAR為指示劑)滴定Cu2+，經(jīng)計算樣品中n(Cu)：n（)=1：2，假設制備樣品的過程中Cu2+無損耗。(4）水合草酸銅(Ⅱ)酸鉀晶體的化學式為__________.【答案】(1）.過濾時轉(zhuǎn)移固液混合物沒有通過玻璃棒引流(2).除去沉淀表面吸附的可溶性雜質(zhì)離子(3).取少量最后一次洗滌流出液于試管中，滴入BaCl2溶液,若無白色沉淀生成，則已經(jīng)洗滌干凈(4）。2：1(5)。加快CuO的溶解（或酸性環(huán)境促進CuO的溶解)（6)。減少水合草酸銅酸鉀的溶解損耗,加快晶體表面水分揮發(fā)(7）。防止CuO的損耗(8）。K2［Cu（C2O4)2]·3H2O【解析】【分析】本實驗的目的是制備少量水合草酸銅酸鉀并測定樣品的組成;首先利用硫酸銅和氫氧化鈉溶液制取氫氧化銅沉淀，加熱使其分解得到CuO；然后H2C2O4·2H2O和無水K2CO3制備KHC2O4和K2C2O4混合溶液；然后將KHC2O4和K2C2O4混合溶液水浴微熱，再將CuO連同濾紙一起加入到該溶液中，充分反應,經(jīng)系列操作得到樣品；最后測定水合草酸銅酸鉀晶體的成分?！驹斀狻浚?）①圖2裝置中操作中的錯誤為:過濾時轉(zhuǎn)移固液混合物沒有通過玻璃棒引流；為除去沉淀表面吸附的可溶性雜質(zhì)離子,需要用蒸餾水洗滌沉淀2~3次；；②得到的CuO固體表面可能附著有硫酸鈉，可以通過檢驗硫酸根來確定沉淀是否洗滌干凈,具體方法為：取少量最后一次洗滌流出液于試管中，滴入BaCl2溶液，若無白色沉淀生成，則已經(jīng)洗滌干凈；（2)3.0gH2C2O4·2H2O物質(zhì)的量為≈0.0238mol，2。2g無水K2CO3的物質(zhì)的量為≈0。0159mol,則根據(jù)碳元素守恒可得:n(KHC2O4）+n（K2C2O4)=0。0238mol，根據(jù)K元素守恒可得n（KHC2O4)+2n（K2C2O4)=（0。0159×2)mol，聯(lián)立解得n（KHC2O4)=0。0158mol,n（K2C2O4)=0.0080mol,所以n(KHC2O4）：n（K2C2O4)=2:1；(3）①KHC2O4可以電離出氫離子,加快CuO的溶解；②用乙醇淋洗可以減少水合草酸銅酸鉀的溶解損耗，同時乙醇易揮發(fā)可以加快晶體表面水分揮發(fā);③濾紙上附著有CuO,連同濾紙一起加人到溶液中可以減少CuO的損耗；（4)已知樣品中n(Cu):n（）=1：2,所以y=2，根據(jù)電荷守恒可知x=2,所以根據(jù)n（K2C2O4）=0。0080mol，可知n(K2［Cu（C2O4）2］·zH2O）=0.0080mol，樣品質(zhì)量為2.9760g，所以有=0.0159mol，解得z=3，所以水合草酸銅(Ⅱ）酸鉀晶體的化學式為K2[Cu(C2O4)2]·3H2O?！军c睛】本題中的難點為計算，要注意電荷守恒、元素守恒等在化學計算中的應用。9.用海底錳結(jié)核(主要成分為MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2）為原料，制備金屬錳、鎂的一種工藝流程路線如下：已知:①幾種難溶物的溶度積（25℃)如下表所示:化學式Mg（OH）2Mn(OH)2Al(OH）3Fe(OH)3Ksp1.8×10-1118×10—131。0×10-334.0×10—38②溶液中某離子濃度≤1。0×10-6mol·L—1時，認為該離子沉淀完全。完成下列問題:（1）“錳結(jié)核粉末”中MnO2與SO2反應的離子方程式為_____。（2）“濾液1”中c（Mn2+)為0.18mol·L—1,則“調(diào)節(jié)pH”的范圍為_______，“濾渣2”的成分為______.(3）“Ⅲ”處“萃取劑"萃取的成分是___;“Ⅳ”處用“鹽酸反萃”的作用是____.(4）MgCl2·6H2O制取無水MgCl2時，需要在干燥的HCl氣流中加熱分解。HCl的作用為__________。（5）該工藝流程中除電解余液可循環(huán)利用外，還能循環(huán)利用的試劑為____。（6）一種海生假單孢菌(采自太平洋深海處)，在無氧條件下以醋酸為電子供體還原MnO2生成Mn2+機理如圖所示。寫出反應②③的總反應的離子方程式____________?！敬鸢浮?1).MnO2+SO2=Mn2++SO（2)。5≤pH＜8(3）.Fe(OH)3、Al（OH)3（4）.Mg2+（5）。使Mg2+與萃取劑分離轉(zhuǎn)化為MgCl2(6)。抑制MgCl2水解(7)。萃取劑或有機相2（8）。MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH—【解析】【分析】錳結(jié)核(主要成分為MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2）加入H2SO4進行酸浸，將MgO、Fe2O3、Al2O3轉(zhuǎn)化為Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2將MnO2轉(zhuǎn)化為Mn2+，自身被氧化為，SiO2不與二氧化硫和硫酸反應，則濾渣1中主要為SiO2，濾液1中主要含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及，調(diào)節(jié)濾液1的pH值，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為Al(OH）3、Fe(OH）3過濾除去，則濾渣2主要含有Al（OH）3、Fe(OH）3，濾液2主要含有Mg2+、Mn2+及的溶液，向濾液2加入有機萃取劑，溶液分層，分液后有機相1中主要含有Mg2+，水相1中主要含有Mn2+及，向有機相1中加入鹽酸進行反萃取,Mg2+從有機相1轉(zhuǎn)入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，對水相2蒸發(fā)結(jié)晶得到MgCl2?6H2O，在干燥的HCl氣流中加熱分解得到MgCl2，再進行熔融電解得到金屬鎂，對水相1進行電解得到金屬錳單質(zhì)和H2SO4，電解后的溶液中含有H2SO4,可返回步驟Ⅰ酸浸使用，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)分析,“錳結(jié)核粉末”中MnO2與SO2反應,SO2將MnO2轉(zhuǎn)化為Mn2+，自身被氧化為，離子方程式為MnO2+SO2=Mn2++SO；(2）調(diào)節(jié)濾液1的pH值，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為Al(OH)3、Fe（OH)3過濾除去，“濾液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某離子濃度≤1。0×10-6mol·L-1時,認為該離子沉淀完全，Ksp［Al（OH)3］=1。0×10-33，Ksp[Fe（OH）3］=4。0×10-38,當Al3+完全沉淀時，F(xiàn)e3+已經(jīng)完全沉淀,此時溶液中c(OH-)==1.0×10—9mol·L—1，pOH=9,則pH=14—pOH=5；根據(jù)Ksp［Mn(OH）2]=1.8×10-13,Ksp［Mg（OH）2］=1.8×10—11，當“濾液1”中c(Mn2+）為0.18mol·L-1時,溶液中c（OH—）==1.0×10—6mol·L—1，pOH=6，則pH=14—pOH=8，則“調(diào)節(jié)pH"的范圍為5≤pH＜8；根據(jù)分析，“濾渣2”的成分為Fe(OH)3、Al（OH)3；（3)根據(jù)分析，“Ⅲ"處“萃取劑”萃取的成分是Mg2+；“Ⅳ”處用“鹽酸反萃"的作用是使Mg2+與萃取劑分離轉(zhuǎn)化為MgCl2;（4)MgCl2屬于強酸弱堿鹽，高溫下，促進Mg2+發(fā)生水解生成Mg(OH）2,在干燥的HCl氣流中加熱分解，可以抑制MgCl2水解；（5)根據(jù)分析，向有機相1中加入鹽酸進行反萃取，Mg2+從有機相1轉(zhuǎn)入水相2，分液后得到有機相2，即為萃取劑，則該工藝流程中除電解余液可循環(huán)利用外，還能循環(huán)利用的試劑為萃取劑或有機相2；(6）根據(jù)圖示，反應②為：Mn3++HX=Mn2++X+H+，反應③為:Mn2++MnO2+2H2O=4OH-+2Mn3+，②×2+③可得，反應②③的總反應的離子方程式MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH—?！军c睛】易錯點為(2）,當溶液中某離子濃度≤1.0×10-6mol·L—1時，認為該離子沉淀完全，即離子完全沉淀時,溶液中該離子的濃度最大值為1。0×10—6mol·L-1,因此溶液的pH≥5。10。過氧化氫是重要的化工產(chǎn)品，廣泛應用于化學合成、醫(yī)療消毒等領域.（1)過氧化氫的電子式為_____________.(2)工業(yè)上電解硫酸氫鹽溶液得到過二硫酸鹽(），過二硫酸鹽水解生成H2O2溶液和硫酸氫鹽，生成的硫酸氫鹽可以循環(huán)使用.電解硫酸氫鹽溶液時陽極的電極反應式為_______。寫出過二硫酸鹽水解的離子方程式________。（3）298K時，實驗測得反應在不同濃度時的化學反應速率如表：實驗編號1234c（HI）/mol﹒L-10。1000。2000.30000.1000。100c(H2O2）/mol﹒L—10.1000.1000。10002000。300v//mol﹒L—1﹒s-10.007600.01530.02270。01510。0228已知速率方程為,其中k為速率常數(shù).根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷:a=_______，b=________。(4)“大象的牙膏”實驗是將濃縮的過氧化氫與肥皂液混合，再滴加少量碘化鉀溶液,即可觀察到泡沫狀物質(zhì)像噴泉一樣噴涌而出。反應中H2O2的分解機理為：慢快此反應過程中無催化劑和有催化劑的能量變化關系圖像如圖所示：則表示慢反應的曲線是__________（填“a”或“b”)。1molH2O2分解放出熱量98kJ,則H2O2分解的熱化學方程式為_________________。(5）某科研團隊研究體系(其中）氧化苯乙烯制取苯甲醛，反應的副產(chǎn)物主要為苯甲酸和環(huán)氧苯乙烷。一定條件下，測得一定時間內(nèi)溫度對氧化反應的影響如圖：注：■苯乙烯轉(zhuǎn)化率●苯甲醛選擇性①80℃時苯乙烯的轉(zhuǎn)化率有所降低，其原因可能是_______。②結(jié)合苯乙烯的轉(zhuǎn)化率，要獲得較高的苯甲醛產(chǎn)率，應該選擇的溫度為_______.【答案】（1)。（2)。2HSO-2e—=S2O+2H+或2SO-2e—=S2O（3）.S2O+2H2O=2HSO+H2O2或S2O+2H2O=2H++SO+H2O2(4）。1（5)。1(6)。a(7）。2H2O2(l）=2H2O(l）+O2（g）△H=—196kJ·mol—1（8).高溫促進了過氧化氫和過氧乙酸分解(9）。70℃【解析】【詳解】（1）過氧化氫為共價化合物，每個氧原子與另一個氧原子共用一對電子，與一個氫原子共用一對電子，所以電子式為;（2）電解池中陽極發(fā)生氧化反應，根據(jù)題意可知電解時硫酸根(硫酸氫根）被氧化成S2O，所以陽極反應式為2HSO—2e-=S2O+2H+或2SO-2e-=S2O；過二硫酸鹽水解生成玒H2O2溶液和硫酸氫鹽，所以水解離子方程式為S2O+2H2O=2HSO+H2O2或S2O+2H2O=2H++SO+H2O2；(3)根據(jù)表格數(shù)據(jù)得：0.0076=k×0.100a×0.100b,0.0153=k×0。100a×0。200b,0.0151=k×0。200a×0.100b，聯(lián)立可得2a=1，2b=1，所以a=1，b=1;(4)反應的活化能越大反應速率越慢,據(jù)圖可知a曲線所示的反應活化能較大，所以曲線a代表的是慢反應;1molH2O2分解放出熱量98kJ，則2molH2O2分解生成2mol液態(tài)水和1mol氧氣放出的熱量為196kJ,熱化學方程式為：2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H=—196kJ·mol—1；（5）①高溫促進了過氧化氫和過氧乙酸分解，導致苯乙烯的轉(zhuǎn)化率有所降低；②據(jù)圖可知60℃以上時苯乙烯的轉(zhuǎn)化率接近100％，而溫度高于60℃時，70℃時苯甲醛的選擇性最大，所以反應溫度應選70℃.11.Cu—Mn—Al合金為磁性形狀記憶合金材料之一,可用來制作各種新型的換能器、驅(qū)動器、敏感元件和微電子機械操縱系統(tǒng)。（1)下列狀態(tài)的鋁中,最外層電離出一個電子所需能量最小的是______(填標號).A.B。C。D.(2）AlCl3是某些有機反應的催化劑，如苯與乙酰氯反應的部分歷程為：①乙酰氯分子中碳原子的雜化類型為____。②乙酰氯分子中∠CCCl___120°(填“>”、“=”或“〈")，判斷理由是_______.③的空間構(gòu)型為________。（3）溫度不高時氣態(tài)氯化鋁為二聚分子（其結(jié)構(gòu)如圖所示)。寫出Al2Cl6的結(jié)構(gòu)式并標出配位鍵______.(4）Cu—Mn—合金的晶胞如圖a所示，該晶胞可視為Mn、Al位于Cu形成的立方體體心位置，圖b是沿立方格子對角面取得的截圖。①若A原子的坐標參數(shù)為(0，0，0)，C為(1，1，1）,則B原子的坐標參數(shù)為_____。②由晶胞可知該合金的化學式為_____。③已知r（Cu)≈r（Mn)=127pm，r（Al）=143pm，則Cu原子之間的最短核間距離為____pm。④該晶胞的密度為_____g·cm—3。(列出計算式即可，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示）【答案】（1）.B(2）.sp3sp2(3)。<（4).雙鍵對單鍵的排斥力大于單鍵對單鍵的排斥力（5）。正四面體（6).(7)。(1，，)（8)。AlMnCu2(9）。180或或311.76(10)?！窘馕觥俊驹斀狻?1)鋁的第三電離能＞第二電離能＞第一電離能，基態(tài)大于激發(fā)態(tài)，ACD屬于基態(tài)、B屬于激發(fā)態(tài)，所以電離最外層一個電子所需能量最小的是B；(2)①根據(jù)乙酰氯分子的結(jié)構(gòu)可知該物質(zhì)中甲基上的C原子形成4個σ鍵，價層電子對數(shù)為4,為sp3雜化；另一個C原子形成3個σ鍵,1個π鍵，所以價層電子對數(shù)為3，為sp2雜化；②雙鍵對單鍵的排斥力大于單鍵對單鍵的排斥力,所以乙酰氯分子中∠CCCl小于120°;③中心鋁原子的價層電子對數(shù)為=4,不含孤電子對,所以為正四面體形；(3）根據(jù)氯化鋁二聚分子的結(jié)構(gòu)可知每個氯原子與4個氯原子形成4個σ鍵，由于鋁原子最外層有只有3個電子,所以其中一個為配位鍵,由鋁提供空軌道，氯原子提供孤電子對，所以Al2Cl6的結(jié)構(gòu)式為;(4）①A為原點，C為(1，1，1）,B為右面面心，所以B的坐標為（1，，)；②根據(jù)均攤法,該晶胞中Cu原子的個數(shù)為=8,Mn原子的個數(shù)為4，Al原子的個數(shù)為4，所以該合金的化學式為AlMnCu2；③根據(jù)截面圖結(jié)合幾何知識可知［2r(Cu)+2r（Al)]為體對角線的一半,設晶胞的棱長為a,則有a=2[2r(Cu）+2r(Al）]=4×(127+143）pm，所以a=pm;根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知銅原子之間的最短核間距為棱長的一半，即a=180pm或pm或311。76pm；④晶胞的質(zhì)量m=g，晶胞的體積V=a3=（)3pm3=（×10—10)3cm3，所以晶胞的密度=g·cm—3?！军c睛】第4小題晶胞的相關計算為本題難點，容易看出Cu原子之間的最短核間距離為棱長的一半,關鍵是確定棱長，題目告訴了各原子的半徑，根據(jù)截面圖結(jié)合幾何知識找出原子半徑和棱長的關系為解題關鍵。12.格列本脲是一種降糖及利尿的藥物，一種合成格列本脲的路線如圖：已知：(1）(2)回答下列問題：（1）B含有的官能團名稱是_______，D的名稱是__________。(2)H的結(jié)構(gòu)簡式為__________。(3)寫出下列反應的反應類型：⑥___