1、山东省日照市2021届高三化学上学期第二次联合考试试题（含解析）1答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Na 23 S 32 Ca 40 Fe 56 Sr 87.6 Pd 106一、选择题：本题共10小题，每小题
2、2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1. 下列说法合理的是A. NaOH能促进油脂水解，可用含NaOH的洗涤剂去除人体皮肤表面的油性物质B. 新冠肺炎抗疫中使用的干雾过氧化氢空气消毒机，利用了过氧化氢的氧化性C. 工业生产中常把原料粉碎成小颗粒，可以提高原料的平衡转化率D. 增大氮肥、磷肥、钾肥使用量，不会改变生态平衡且能提高农作物产量【答案】B【解析】【详解】ANaOH有强腐蚀性，不能用于人体皮肤表面，故A错误；B过氧化氢具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，所以干雾过氧化氢空气消毒机在新冠抗疫中被广泛使用，故B正确；C原料粉碎成小颗粒，只能加快反应速率，不能提高原料的平衡转
3、化率，故C错误；D大量使用氮肥、磷肥、钾肥，会影响生态平衡，需要合理使用，故D错误。答案选B。2. 下列说法正确的是A. 某化合物不属于强电解质，则一定属于弱电解质B. 某盐在水溶液中发生水解，则其溶于水时不能完全电离C. 某化学反应能量变化为热能形式，反应过程中若不放出热量则吸收热量D. 等温、等压及除体积功不做其他功时，HTS0的化学反应能反应完全【答案】C【解析】【详解】A某化合物不属于强电解质，不一定属于弱电解质，还可以是非电解质，如CO2、NH3等，故A错误；B某盐在水溶液中发生水解，但其溶于水时可能完全电离，如Na2CO3溶于水碳酸根会发生水解，但碳酸钠为强电解质，完全电离，故B错
4、误；C化学反应中旧键断裂吸收能量，新键形成释放能量，所以一定会伴随能量的变化，若能量变化为热能形式，则反应过程中若不放出热量则吸收热量，故C正确；DHTS0的化学反应可以自发进行，但能否完全反应要根据该温度下的平衡常数判断，故D错误；综上所述答案为C。3. 完成下列实验，所用仪器或操作合理的是ABCD配制250 mL 0.10 molL1NaOH溶液除去工业乙醇中的杂质除去粗盐水中的不溶物用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A配制250 mL 0.10 molL1NaOH溶液，不能用容量瓶溶解氢氧化钠固体，故A错误；B蒸馏法除去工业乙醇
5、中的杂质，温度计的液泡应在蒸馏烧瓶支管口处，故B错误；C过滤法除去粗盐水中的不溶物，故C正确；D用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸，标准NaOH溶液应盛在碱式滴定管中，滴定时，眼睛应该注视锥形瓶内颜色变变化，故D错误；选C。4. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A. 含7.8gNa2S的溶液中所含阴离子的总数大于0.1NAB. 标准状况下，5.6L甲烷和乙烯的混合气体中所含碳氢键数目为NAC. 镁与一定量浓硫酸反应，产生标准状况下气体2.24L，转移电子数目为0.2NAD. 向100mL1molL1稀盐酸中逐滴加入含0.1molNa2CO3的溶液，则混和液中： N（CO）+N（HC
6、O）+N（H2CO3）=0.1NA【答案】D【解析】【详解】AS2-在溶液中会水解，导致阴离子个数增多，故溶液中阴离子个数多于0.1NA个，故A正确；B1个甲烷分子、1个乙烯分子都含有4个C-H键，标准状况下，5.6L甲烷和乙烯的混合气体中所含碳氢键数为= NA，故B正确；C镁与一定量的浓硫酸反应，产生的气体为氢气和二氧化硫的混合气体，标准状况下2.24L气体的物质的量为0.1mol，生成0.1mol二氧化硫和氢气的混合气体，转移了0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故C正确；D向100mL1molL-1稀盐酸中逐滴加入含0.1mol Na2CO3的溶液，部分碳酸根离子与氢离子反应生成
7、二氧化碳，所以向100mL1molL-1稀盐酸中逐滴加入含0.1mol Na2CO3的溶液，则混和液中：N(CO32-)+N(HCO3-)+N(H2CO3)0.1NA，故D错误。答案选D。5. 下列离子方程式或化学方程式正确的是A. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O+2H+=SO+3S+H2OB. TiC14水解制备TiO2xH2O：TiCl4+(x+2)H2O =TiO2xH2O+4HC1C. CuCl2溶液中通入少量H2S：Cu2+S2=CuSD. 磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O【答案】B【解析】【详解】ANa2S2O3溶液中加入稀硫酸发生歧化
8、反应生成SO2和S，离子方程式为S2O+2H+SO2+S+H2O，故A错误；B用TiCl4制备TiO2的反应，为水解反应，可表示为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2xH2O+4HCl，故B正确；CH2S为弱酸，正确的离子方程式为：Cu2+H2S=CuS+2H+，故C错误；DFe3+会把I-氧化，正确离子方程式为：Fe3O4+2I-+8H+=3Fe2+I2+4H2O，故D错误；综上所述答案为B。6. X、Y、Z、M、W为五种原子序数递增的前20号元素。X、Y是同周期元素，原子序数相差2，族序数之和为10；Z原子最外层电子数等于其最内层电子数，M在地壳中含量居第二位；W的某种盐常用作加碘盐的
9、碘制剂。下列说法错误的是A. 原子半径：WZMXYB. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：XMC. ZXY3含离子键和共价键，0.1molW2Y2含有0.4mol离子D. Z与XY2反应可置换出X单质，X与MY2反应可置换出M单质【答案】C【解析】【分析】M在地壳中含量居第二位，则M为Si元素；X、Y是同周期元素，原子序数相差2，族序数之和为10，则分别为第A族、A族元素，且原子序数小于Si元素，所以X为C元素，Y为O元素；Z原子最外层电子数等于其最内层电子数，且原子序数大于O，则Z为Mg元素；W的某种盐常用作加碘盐的碘制剂，则W为K元素。详解】A核外电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷
10、数越小半径越大，所以原子半径KMgSiCO，即WZMXY，故A正确；B非金属性CSi，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故B正确；CK2O2由K+和O构成，所以0.1molK2O2含有0.3mol离子，故C错误；DMg可以和CO2反应生成C单质和MgO，C可以和SiO2反应生成Si单质和CO，故D正确；综上所述答案为C。7. 绿矾（FeSO47H2O）试剂含量的国家标准如表1所示。称取四份质量均为1.012g某绿矾试剂样品，分别溶于水配制成20.00mL溶液，编号为、。分别用0.04056 molL1的KMnO4标准液滴定，滴定数据记录如表2。表1等级级品级品级品FeSO47H2
11、O含量99.50%100.5%99.00%100.5%98.00%101.0%表2样品编号KMnO4标准液体积/mL17.6617.6818.2617.70下列说法错误的是A. 盛装KMnO4标准液的酸式滴定管使用前需先检查滴定管是否漏水B. 滴入最后一滴标准液时，锥形瓶中液体变浅红色且半分钟不褪色，则达到滴定终点C. 根据滴定数据分析，该样品属于国家标准的级品D. 若绿矾样品已失部分结晶水，可能会导致测定结果偏高【答案】C【解析】【详解】A滴定管使用前需先检查滴定管是否漏水，再洗涤，再润洗，故A正确；B达到滴定终点判断是当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶中液体变浅红色且半分钟不褪色，故B正确；C
12、根据滴定数据分析，第三次数据是错误数据，另外三次平均数值为17.68mL，根据关系式5FeSO4KMnO4，该样品属于国家标准的级品，故C错误；D若绿矾样品已失部分结晶水，称量等质量，则硫酸亚铁增加，消耗的高锰酸钾体积增多，会导致测定结果偏高，故D正确。综上所述，答案为C。8. 北京大学的科技工作者在金(111)表面进行生长的二维双层冰的边缘结构实现了成像观察，二维冰层的AFM表征细节(图1)及其结构模型(图2)如下，该成果发表在2020年1月的Nature上。下列说法正确的是A. 气相水分子、“准液体”水分子和固态水分子属于三种不同的化合物B. 固态水分子之间的化学键较强，“准液体”水分子之
13、间的化学键较弱C. 由于水分子间的氢键比较牢固，使水分子很稳定，高温下也难分解D. 受到能量激发时“准液体”的水分子与下层固态水分子脱离，使冰面变滑【答案】D【解析】【详解】A气相水分子、“准液体”水分子和固态水分子为H2O的不同存在形式，为同一种物质，故A错误；B水分子之间存在范德华力和氢键，不存在化学键，故B错误；C氢键决定水的熔沸点，水分子的稳定性与氢键无关，水分子稳定是因为分子内O-H键的键能较大，故C错误；D受到能量激发时，“准液体”的水分子与下层固态水分子连接的氢键断裂，产生“流动性的水分子”，使冰面变滑，故D正确；综上所述答案为D。9. 我国研发高效低压电催化还原CO2法，居世界
14、领先水平。装置工作原理如图所示，工作时总反应为：NaCl+CO2CO+NaClO。a、b均为涂装催化剂的惰性电极。下列说法错误的是A. 该装置工作时电能转化为化学能B. 该装置工作时b极反应为： CO2+2e-+2H+=CO+H2OC. 若用铅蓄电池做电源，Y极反应为： Pb+-2e-=PbSO4D. 该装置消耗0.1molC1-时，有0.1mol H+通过质子交换膜【答案】D【解析】【详解】A该装置为电解装置，能使电能转化为化学能，故A正确；B电解池中阳离子向阴极移动，由题中图示H+移动方向可判断b极为阴极，阴极区CO2得电子变为CO，发生还原反应，其电极反应为CO2+2e-+2H+=CO+
15、H2O，故B正确；C若用铅蓄电池做电源，由于b为阴极，接电源的负极，即Y为负极，Pb失电子，发生氧化反应，其电极反应为Pb+-2e-=PbSO4，故C正确；Da为阳极，阳极区Cl-失电子，发生氧化反应，其电极反应为Cl-2e-+H2O=ClO-+2H+，则消耗0.1molC1-时，有0.2mol H+通过质子交换膜，故D错误；答案为D。10. 常温下，向V2mL 0.1molL1的一元弱酸HA溶液中逐滴加入V1mL0.1molL1的NaOH溶液，溶液pH随的变化如图所示。下列说法错误的是A. 常温时，HA的电离常数约为10-(2x-1)B. a点和c点时，HA的中和百分率分别为50、100C.
16、 由b点到d点，溶液中水的电离程度逐渐减小D. a、b、c、d四点溶液均存在：c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)【答案】C【解析】【分析】已知一元酸与NaOH的浓度相等，其体积比为1：1时，恰好生成盐，盐溶液呈碱性，可判断一元酸为弱酸，x的值大于1。【详解】A常温时，HA的电离常数K=约为10-(2x-1)，A说法正确；Ba点时，HA与NaOH的物质的量比为2：1，则中和百分率为50，c点时，HA与NaOH的物质的量比为1：1，则HA的中和百分率为100，B说法正确；Cb点时，酸过量，抑制水的电离，c点恰好生成强碱弱酸盐，促进水的电离，d点碱过量，抑制水的电离，故由b点到d点，
17、溶液中水的电离程度先增大，后减小，C说法错误；Da、b、c、d四点溶液中溶液呈电中性，则c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，变形为c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)，D说法正确；答案为C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示(已知：PdC12溶液遇CO能产生黑色的Pd)，下列说法错误的是A. 装置的仪器还可以制取H2、NH3等气体B. 装置中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯C. 装置中分别盛装饱和Na2
18、CO3溶液、浓H2SO4D. 装置中有黑色沉淀，发生的反应是PdC12+CO+H2O=Pd+CO2+2HC1【答案】C【解析】【详解】固体和液体不加热反应制备气体，锌和稀硫酸反应制氢气，氧化钙和浓氨水反应制备氨气都可以用装置，A正确；金属钠与空气中的氧气、水蒸气等发生反应，因此实验之前，用二氧化碳气体排出装置内的空气，当看到装置中石灰水变浑浊后，空气已排净，再点燃酒精灯，B正确；反应产生的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，因此先用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，（因为碳酸钠溶液与二氧化碳反应），再用浓H2SO4吸收水蒸气，C错误；根据题给信息可知，PdC12被CO还原为黑色的Pd，反应PdC12+C
19、O+H2O=Pd+CO2+2HC1，D正确；正确选项C。【点睛】碳酸钠与盐酸反应制备二氧化碳气体，会含有杂质气体氯化氢和水蒸气，要得到纯净的二氧化碳气体，混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通过浓硫酸，不能用饱和碳酸钠溶液除氯化氢，因为碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠。12. 焦亚硫酸钠（Na2S2O5）为具有强还原性的白色细小结晶状固体，常用作食品抗氧化剂。生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶、脱水制得，基本流程如下图所示。下列说法错误的是A. 工业制备Na2S2O5的原理为非氧化还原反应B. 流程中溶液1溶质的成分为NaHSO3C. 加入Na2CO3固体、并再次通入SO2
20、的目的是得到NaHSO3过饱和溶液D. 抗氧化时，1mol Na2S2O5可以消除2mol O2【答案】BD【解析】【分析】由流程可知在饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，控制pH=4.1，发生Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，然后加入碳酸钠固体，调节pH=7-8，可生成亚硫酸钠，继续通入二氧化硫调节pH=4.1，可生成过饱和的NaHSO3，同时生成二氧化碳气体，结晶脱水生成Na2S2O5固体。【详解】A. 由分析可知，工业制备Na2S2O5过程中没有化合价变化，工业制备Na2S2O5的原理为非氧化还原反应，故A正确；B. 加入碳酸钠固体，调节pH=7-8，可生成亚硫酸钠，流程
21、中溶液1溶质的成分为Na2SO3，故B错误；C. 加入Na2CO3固体、并再次通入SO2，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取Na2S2O5，发生这一步需要过饱和的NaHSO3溶液，由此判断，再通入SO2的目的应为：增大NaHSO3浓度，得到NaHSO3过饱和溶液，故C正确；D. Na2S2O5中S的化合价为+4，抗氧化时，1mol Na2S2O5可以消除1mol O2，故D错误；故选BD。13. 下图为Ca-LiFePO4可充电电池的工作示意图，锂离子导体膜只允许Li+通过，电池反应为：。下列说法错误的是A. LiPF6-LiAsF6为非水电解质，主要作用都是传递离子，构成闭合回路B. 充电时，
22、Li1xFePO4/LiFePO4电极发生Li+嵌入，放电时发生Li+脱嵌C. 放电时，负极反应为：LiFePO4xe=Li1xFePO4+xLi+D. 充电时，当转移0.2mol电子时，左室中电解质的质量减轻2.6g【答案】BC【解析】【分析】根据电池反应可知，放电时Ca转化为Ca2+发生氧化反应，所以钙电极为负极，充电时则发生还原反应为阴极，则放电时Li1-xFePO4/LiFePO4为正极，充电时为阳极。【详解】A钙活泼性很强，会和水发生反应，所以选用非水电解质来传递离子，构成闭合回路，形成原电池，故A正确；B充电时为电解池，电解池中阳离子流向阴极，Li1-xFePO4/LiFePO4为
23、阳极，所以Li1xFePO4/LiFePO4电极发生Li+脱嵌然后流向阴极，放电时为原电池，原电池中阳离子流向正极，所以放电时发生Li+嵌入，故B错误；C放电时，钙电极为负极，电极反应为Ca-2e-=Ca2+，故C错误；D充电时每转移0.2mol电子，左室中就有0.1molCa2+转化为Ca，同时有0.2mol迁移到左室，所以左室中电解质的质量减轻0.1mol40g/mol-0.2mol7g/mol=2.6g，故D正确；综上所述答案为BC。14. 在400和550条件下，向两个体积恒定的容器中分别充入2mol N2O和2mol CO，发生反应：N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)。
24、实验测得两容器中CO与N2的物质的量随时间变化关系如图所示，曲线平衡后的总压强为P1kPa，曲线平衡后总压强为P2kPa。下列说法正确的是A. 曲线为550条件下的变化曲线B. a、c、d三点的逆反应速率：adcC. ad段N2O的平均速率为0.015 P1kPamin1D. 曲线代表的温度下，该反应的KP为【答案】AC【解析】【详解】A由题干图像可知，曲线所用的时间较少，故反应速率快，对应的温度更高，故曲线为550条件下的变化曲线，A正确；B由于曲线的温度高于曲线I，故反应速率c点最快，a、d温度相同，曲线I表示CO的变化，即正反应，故a点到d点过程中逆反应速率逐渐增大，故a、c、d三点的逆
25、反应速率：cda，B错误；C曲线I表示的是CO的变化过程，根据图像可知，平衡时CO为0.8mol，故有：，P1=(0.8+0.8+1.2+1.2)，故=P1，ad段N2O的物质的量变化了：1.4-0.8=0.6mol，故压强变化了0.6=0.15P1，故平均速率为=0.015 P1kPamin1，C正确；D曲线代表该温度下N2的变化情况，由图像可知，平衡时N2的物质的量为1mol，故有：，故有平衡时N2O、CO、N2、CO2四种气体的平衡分压相等均为0.25P2，故曲线代表的温度下，该反应的KP=1，D错误；故答案为：AC。15. T K时，现有25mL含KC1和KCN的溶液，用0.1000m
26、olL1的硝酸银标准溶液对该混合液进行电位滴定（CN与H+的反应可以忽略），获得电动势（E）和硝酸银标准溶液体积（V）的电位滴定曲线如图所示，曲线上的转折点即为化学计量点。已知：、Ag+与CN反应过程为：Ag+2CN=Ag(CN)2 Ag(CN)2+Ag+=2AgCN。、TK时，Ksp(AgCN)=21016，Ksp(AgC1)=21010。下列说法不正确的是A. V1=5.00，B点时生成AgCNB. c(KCN)=0.02000molL1，c(KC1)=0.03000molL1C. 反应的平衡常数为K1，反应的平衡常数为K2，则K1+K2=2Ksp(AgCN)D. C点时，溶液中【答案】C
27、【解析】【分析】AgCN与AgCl的类型相同，Ksp(AgCN)=21016Ksp(AgC1)=21010，故向含KC1和KCN的溶液滴加AgNO3标准溶液，先生成AgCN沉淀，后生成AgCl沉淀；曲线上的转折点即为化学计量点，结合已知I，02.50mL发生的反应为Ag+2CN=Ag(CN)2、AB段发生的反应为Ag(CN)2+Ag+=2AgCN，BC段发生的反应为Ag+Cl-=AgCl；据此分析，结合反应的方程式和AgCN、AgCl的Ksp解答。【详解】AA点加入2.50mLAgNO3标准溶液，根据反应Ag+2CN=Ag(CN)2，原溶液中n(CN-)=20.1000molL12.5010-
28、3L=510-4mol，生成的Ag(CN)2物质的量为2.510-4mol，AB段发生的反应为Ag(CN)2+Ag+=2AgCN，2.510-4molAg(CN)2消耗2.510-4molAg+转化成AgCN沉淀，所耗标准AgNO3溶液的体积为2.510-4mol0.1000molL1=2.510-3L=2.50mL，则B点的V1=2.50+2.50=5.00，A正确；B根据A项计算，原溶液中n(CN-)=20.1000molL12.5010-3L=510-4mol，c(KCN)= 510-4mol 0.025L=0.02000molL1，BC段发生的反应为Ag+Cl-=AgCl，BC段消耗的
29、标准AgNO3溶液的体积为12.50mL-5.00mL=7.50mL，则原溶液中n(Cl-)=0.1000molL17.5010-3L=7.510-4mol，c(KC1)= 7.510-4mol0.025L=0.03000molL1，B正确；CAg+2CN-=Ag(CN)2的平衡常数为K1=，Ag(CN)2+Ag+=2AgCN的平衡常数为K2=，Ksp(AgCN)=c(Ag+)c(CN-)，则K1K2=，C错误；DC点，溶液中=106，D正确；答案选C。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16. 金属钯（Pd）能吸收大量氢气，是重要的储氢材料。我国科研工作者研发了利用铂钯精矿为原料，高效、低
30、成本提取钯黑（单质钯）的工艺，主要过程如图所示。回答下列问题：（1）过程中，加入草酸的过量系数和反应温度对除铜、除镍的影响如下表，本工艺中除铜、除镍的适宜的生产条件为_。表1 草酸过量系数与去除率 草酸过量系数 去除率%Cu2+Ni2+1.068.4446.151.591.3077662.099.8398.862.599.5398.463.099.4898.53表2 温度与去除率温度/去除率%Cu2+Ni2+6094.4491.856595.3092.367098.8997.207599.2297.678099.4697.92（2）已知：Pd（NH3）2Cl2、（NH4）2PdCl6、（NH4
31、）2PdCl4均为难溶于水的物质。本工艺中，不能把过程、过程合并的原因为_。过程中，每生成1mol（NH4）2PdCl6时消耗2molHCl，则单质A为_（填化学式）。在过程实现“转晶”时，除生成（NH4）2PdCl4外，还得到物质的量之比为1：l的无氧酸和含氧酸，则过程的化学方程式为_。（3）过程中甲酸的氧化产物为CO2，当得到50g钯黑时，需要密度为1.22gcm3的甲酸_mL（保留两位小数）；水合肼（N2H4H2O）常用作工业还原剂，当用N2H4H2O（氧化产物为N2）代替甲酸时，分别制备等量的钯黑，消耗的水合肼与甲酸的物质的量之比为_。【答案】 (1). 草酸过量系数为2.0、温度为7
32、0C (2). 若合并，会使Pd(NH3)2Cl2中混有含银的杂质 (3). Cl2 (4). (NH4)2PdCl6H2O= (NH4)2PdCl4HClHClO (5). 17.79 (6). 12【解析】分析】（2）根据流程图中（NH4）2PdCl6和H2O反应生成（NH4）2PdCl4，反应物和产物的原子个数相差2个Cl、2个H、1个O原子，即为1:1的无氧酸和有氧酸，为无氧酸HCl和含氧酸HClO；（3）由氧化还原反应中电子得失守恒，判断甲酸中C的化合价为+2，CO2为+4，失去2mol电子，（NH4）2PdCl4中Pd化合价为+2，产物Pd为0价，得到2mol电子，即消耗甲酸和产生
33、Pd的物质的量之比为1:1，根据关系式列等式，即可得到消耗甲酸的质量，再根据体积=质量/密度公式，求算消耗的体积，此时注意单位换算：1cm3=1mL；换成水合肼做还原剂时，根据N2H4H2O中N元素化合价为-2，产物N2为0价，转移电子为22mol=4mol电子，而甲酸转移2mol电子，故得到等量的Pd，消耗水合肼与甲酸的物质的量之比为1:2.【详解】（1）由表1数据可知，草酸过量系数为2.0时，铜、镍去除率最佳，考虑节能，温度在70时去除率较佳；故答案为：草酸过量系数为2.0、温度为70C；（2）已知信息Pd(NH3)2Cl2是难溶物，过程生成AgCl也是难溶物，如果过程、合并，会使Pd(N
34、H3)2Cl2中混有AgCl的杂质；故答案为：若合并，会使Pd(NH3)2Cl2中混有含银的杂质；过程中，1molPd(NH3)2Cl2生成1mol（NH4）2PdCl6时消耗2molHCl，根据原子守恒，反应物差2个Cl原子，则单质A为Cl2；故答案为Cl2；（NH4）2PdCl6和H2O反应生成（NH4）2PdCl4，产物的原子个数相差2个Cl、2个H、1个O原子，为无氧酸HCl和含氧酸HClO，反应的化学方程式为：(NH4)2PdCl6H2O= (NH4)2PdCl4HClHClO；（3）HCOOH中C的化合价为+2，氧化产物CO2中C为+4，失2mol电子，(NH4)2PdCl4中Pd
35、化合价为+2，还原产物Pd为0价，得2mol电子，故可得甲酸和Pd的关系为，根据；N2H4H2O中N元素化合价为-2，氧化产物为N2化合价为0，失4mol电子，生成等量的Pd，则需要的水合肼与甲酸的物质的量之比为1:2；故答案为：17.79；1:2。17. 含铁化合物的应用研究是科学研究的前沿之一，回答下列问题：、铁铝铅榴石常用作宝石和研磨材料，其化学式为Fe3Al2Pb3(SiO4)5，可写作氧化物形式：FexOyAl2O33PbO5SiO2。(1)FexOy中铁元素有+2、+3两种价态，N(Fe3+)：N(Fe2+)=_。(2)硅属于_区元素；基态铁原子的电子排布式为_。(3)氧的第一电离
36、能_氮(填“大于”或“小于”)；工业上用Al2O3冶炼铝，其熔点很高，熔融时需用助熔剂，Al2O3属于_晶体。(4)SiO2是原硅酸和硅酸的酸酐。原硅酸的结构式如图1，硅原子的价电子对的空间构型为_。原硅酸失去一分子水后形成硅酸，结构式如图2，硅原子的杂化方式为_。SiO2晶体结构如图3，硅原子的配位数为_。、已知：NA为阿伏加德罗常数的值；图、图表示的晶胞均为立方晶胞。(5)下面晶胞化学式为SrFeO3的是_(填“”或“”)。(6)图所示晶胞密度为dgcm3，则该晶胞的边长为_nm(用含NA的式子表示)。【答案】 (1). 21 (2). p (3). 1s22s22p63s23p63d64
37、s2(或Ar3d64s2) (4). 小于 (5). 离子 (6). 正四面体 (7). sp2 (8). 4 (9). II (10). 【解析】【详解】(1)根据Fe3Al2Pb3(SiO4)5改写作氧化物形式：Fe3O4Al2O33PbO5SiO2，则Fe3O4中铁元素有+2、+3两种价态，根据化合物元素的正负化合价代数和为0，N(Fe3+)：N(Fe2+)21；故答案为：21。(2)硅价电子排布式为3s23p2，属于p区元素；铁为26号元素，基态铁原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2(或Ar3d64s2)；故答案为：p；1s22s22p63s23p63d64s2
38、(或Ar3d64s2)。(3)同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第VA大于第VIA族，第IIA族大于第IIIA族，因此氧的第一电离能小于氮；Al2O3是离子化合物，其熔点很高，熔融时需用助熔剂，Al2O3属于离子晶体；故答案为：小于；离子。(4)原硅酸的结构式如图1，硅原子的价电子对有4对，无孤对电子对，因此空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。原硅酸失去一分子水后形成硅酸，结构式如图2，硅原子有3个键，无孤对电子，因此价层电子对数为3，其杂化方式为sp2；故答案为：sp2。SiO2晶体结构如图3，一个硅原子与周围四个氧原子连接，因此硅原子的配位数为4；故答案为：4。(5)中Fe有1
39、个，O有，Sr有，中Fe有1个，O有，Sr有，因此晶胞化学式为SrFeO3的是II；故答案为：II。(6)图所示晶胞的化学式为SrFeO2，密度为d gcm3，因此该晶胞的边长为nm；故答案为：。18. 研究氮及其化合物参与的反应，对于提高含氮物质的平衡转化率和产品产率都具有重要的意义。回答下列问题：（1）己知：Ka1（H2SO3）Kb（NH3H2O）Ka2（H2SO3）。工业上用氨水吸收硫酸厂尾气中的SO2，恰好生成（NH4）2SO3时，溶液显_性（填酸、中或碱）；继续吸收SO2恰好生成NH4HSO3时，溶液显_性（填酸、中或碱）。（2）在-Fe（III）铁原子簇表面，以N2和H2为原料合成
40、氨的反应机理如下：H2(g)=2H(g) H1 N2(g)+2H(g)2(NH)(g) H2(NH）(g)+H(g)(NH2)(g) H3 (NH2)(g)+H(g)NH3(g) H4总反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H。则H4=_（用含H1、H2、H3、H的式子表示）。（3）660K在恒容容器中，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率方程为：v=kcm(NO)cn(O2)，k是该反应在660K时的速率常数。NO和O2的初始浓度为c（NO）和c（O2），反应的初始速率v如下表所示。编号c（NO）/molL1c（O2）/ molL1v/ molL1s10.100.100.30
41、.100.200.60.200.202.40m=_，k=_（只写数值，不写单位）。第1组达平衡时，n(NO)+n(O2)=n(NO2)，平衡常数K=_（保留一位小数）。一定温度下，向恒容容器中充入NO和O2，O2初始的体积分数（O2）与平衡时NO2的体积分数（NO2）关系如上图所示。（O2）=时，（NO2）可能为_点（填C、D或E）。【答案】 (1). 碱 (2). 酸 (3). (4). 2 (5). 300 (6). 266.7 (7). E【解析】【详解】(1)已知Kb(NH3H2O)Ka2(H2SO3)，则(NH4)2SO3为相对的强碱弱酸盐，溶液显碱性；同理Ka1(H2SO3)Kb(
42、NH3H2O)，则NH4HSO3为相对的强酸弱碱盐，溶液显酸性；(2)根据盖斯定律，3+2+2可得N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，H=3H1+H2+2H3+2H4，则H4=(H-3H1-H2-2H3)；(3)v=kcm(NO)cn(O2)，把II、III中数据代入，两式相除，=，解得m=2，同理把I、II中数据代入，两式相除，n=1，把m=2，n=1代入I中，解得k=300；反应在恒温、恒容条件下进行，体积不变，已知n(NO)+n(O2)=n(NO2)，则0.1-2x+0.1-x=2x，解得x=0.04mol/L，K=266.7；已知初始投料比n(NO)：n(O2)=2：1时，两物质的
43、转化率最高，(NO2)的体积分数最大，即(O2)=，则B点为(NO2)最大值，故(O2)=，NO的转化率降低，(NO2)的体积分数减小，答案为E。19. 由甲苯可以合成扁桃酸也可以合成G（）。以下是合成线路（部分产物、反应条件已略去）：已知：I R-CHO+HCNII R-CN R-COOHIII R1-CHO R1-CH=+H2O回答下列问题：（1）B物质中官能团的结构简式是_；C物质的名称为_。（2）由E生成F的反应类型为_；扁桃酸的结构简式_。（3）关于G物质，下列说法错误的是_（填标号）。A G分子中所有碳原子可能处于同一平面B G与F都能与新制Cu（OH）2反应C G可以发生聚合反应
44、和还原反应D G使酸性KMnO4溶液和溴的CCl4溶液褪色的机理相同（4）写出反应的化学方程式_。（5）X是扁桃酸的同分异构体，1mol X可与2mol Na2CO3反应，其核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1，其可能的结构有_种。（6）请设计由甲苯和乙醛为原料（无机试剂任选）制备肉桂醛（）的合成路线_。【答案】 (1). CHO (2). 对硝基甲苯（或4-硝基甲苯） (3). 氧化反应 (4). (5). BD (6). 2 +O22+2H2O (7). 4 (8). 【解析】【分析】甲苯与氯气光照条件发生取代反应生成C7H7Cl，则C7H7Cl的结构简式为，在NaOH水溶液加
45、热条件下水解生成A，则A为，A发生反应生成B，B和HCN，H2O/H+条件发生反应生成扁桃酸，结合已知、，则B是，与HCN加成得，水解生成扁桃酸；甲苯发生硝化反应生成C，由G的结构可知，C含有1个硝基，则C为，与Cl2光照条件发生取代反应生成D为，在水液加条件下水解生成E为，氧化生成F为，与合成G为，据此解答。【详解】（1）由分析可知，B为，B物质中官能团的结构简式是CHO；C为，名称为对硝基甲苯（或4-硝基甲苯），故答案为：CHO；对硝基甲苯（或4-硝基甲苯）；（2）由E生成F为氧化生成F为，反应类型为氧化反应；由分析可知，扁桃酸的结构简式，故答案为：氧化反应；（3）G为：AG分子中含有苯环
46、、碳碳双健、碳氧双键都是平面型结构，所有碳原子可能处于同一平面，A正确；BG不含有醛基，能与新制Cu（OH）2反应，F含有醛基，都能与新制Cu（OH）2反应，故B错误；CG可以发生加成反应、聚台反应、氧化反应和还原反应，如碳碳双键可以加成、聚合、氧化反应，与氢气加成也是还原反应，故C正确；DG使酸性KMnO4溶液褪色，是发生氧化还原反应，G使溴的CCl4溶液褪色，是发生加成反应，故D错误；故选BD；（4）反应为转化为，化学方程式为2 +O22+2H2O，故答案为：2 +O22+2H2O；（5）X是扁桃酸的同分异构体，1mol X可与2mol Na2CO3反应，则分子中侧链可能含有酚羟基和羧基，
47、或者2个酚羟基、1个碳氧双键；又因为其核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3:2:2:1，所以侧链应含有2个酚羟基、1个碳氧双键（可以是醛基也可以是羰基），还有1个甲基，结构对称，符合条件的结构简式为，可能的结构有4种，故答案为：4；（6）根据题中流程，A（甲苯）可以发生一系列反应生成，结台已知，和乙醛在一定条件下反应可制备肉桂醛，故合成路线为，故答案为：。20. 氯化钪（ScC13）是一种可溶性、易潮解的固体，是工业制备钪及其合金的重要原料。某小组用实验室现有的五水合草酸钪Sc2（C2O4）35H2O来制备氯化钪，基本过程如下。回答下列问题：（1）五水合草酸钪灼烧时除生成Sc2O3，还生成了C
48、O和CO2，化学方程式为_。（2）该小组用下列装置检验五水合草酸钪灼烧产物中的CO，各装置连接顺序为c_f（填装置标号，可重复使用）。（3）把Sc2O3固体与焦炭混合，将干燥纯净的Cl2通入赤热的混合物反应制备ScCl3，反应为Sc2O3+3C+3Cl2 2ScCl3+3CO。装置如下：试剂a与浓盐酸反应的离子方程式为_。盛装碱石灰的仪器名称为_，该仪器及碱石灰的作用为_。（4）工业上ScCl3粗产品用升华法提纯，将粗产品与NH4C1固体共热来抑制ScCl3水解，其原理为_。【答案】 (1). Sc2(C2O4)35H2O Sc2O33CO3CO25H2O (2). cdebaef (3).
49、2MnO16H+10Cl=2Mn2+5Cl28H2O (4). 干燥管 (5). 防止后续装置中水蒸气进入玻璃管使ScCl3吸水潮解，吸收Cl2尾气 (6). NH4Cl受热分解产生HCl，可以抑制ScCl3水解【解析】【分析】由题可知，五水合草酸钪灼烧时除生成Sc2O3，还生成了CO和CO2，把Sc2O3固体与焦炭混合，将干燥纯净的Cl2通入赤热的混合物反应制备ScCl3，据此解答。【详解】(1)五水合草酸钪灼烧时除生成Sc2O3，还生成了CO和CO2，根据元素守恒，还生成了水，化学方程式为Sc2(C2O4)35H2O Sc2O33CO3CO25H2O，故答案为：Sc2(C2O4)35H2O
50、 Sc2O33CO3CO25H2O；(2)检验五水合草酸钪灼烧产物中的CO，要先除去二氧化碳，再用澄清石灰水检查二氧化碳是否除尽，再用浓硫酸干燥一氧化碳，将干燥的一氧化碳通过灼热的氧化铜，产生的气体通入澄清石灰水，若a中出现黑色固体变红，a后面的澄清石灰水变浑浊，则证明含有一氧化碳，一氧化碳是有毒气体，选择燃烧的方式除去尾气，所以各装置连接顺序为cdebaef，故答案为：cdebaef；(3)由装置可知，A为氯气的发生装置，属于固液不加热的发生装置，所以选择高锰酸钾和浓盐酸发生反应，离子方程式为：2MnO16H+10Cl=2Mn2+5Cl28H2O，故答案为：2MnO16H+10Cl=2Mn2+5Cl28H2O；盛装碱石灰的仪器为干燥管，该仪器及碱石灰可防止后续装置中水蒸气进入玻璃管使ScCl3吸水潮解，吸收Cl2尾气，故答案为：干燥管；防止后续装置中水蒸气进入玻璃管使ScCl3吸水潮解，吸收Cl2尾气；(4)NH4Cl受热分解产生HCl，可以抑制ScCl3水解，所以可以将粗产品与NH4C1固体共热来抑制ScCl3水解，故答案为：NH4Cl受热分解产生HCl，可以抑制ScCl3水解。
