1、高考资源网（） 您身边的高考专家青岛十七中2021届高三10月阶段检测化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 下列说法正确的是（ ）A. 我国发射的嫦娥系列卫星中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料B. 纸浆纤维漂白剂NO2在低温时形成无色液体，该过程属于物理变化C. 嫦娥四号带回的月球矿物含有CaOMgO2SiO2，该物质属于氧化物D. 生产SMS医用口罩所用的原料丙烯，主要来源于石油的裂化【答案】A【解析】【详解】A我国发射的嫦娥系列卫星中使用
2、的碳纤维是由碳元素组成的一种特种纤维，是一种新型无机非金属材料，故A正确；B纸浆纤维漂白剂NO2在低温时形成无色液体，该过程发生的反应为2NO2N2O4，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物为氧化物，CaOMgO2SiO2是硅酸盐的氧化物形式，则该物质属于硅酸盐，不是氧化物，故C错误；D石油的裂化主要是得到更多的轻质油，如：汽油，裂解可以得到更多的有机化工原料，如乙烯和丙烯，故生产SMS医用口罩所用的原料丙烯来源于石油的裂解，故D错误；答案选A。2. X、Y、Z、W四种元素原子的质子数依次增多，W是原子序数最大的短周期主族元素，X与Y形成的化合物M为
3、沼气的主要成分，雷电天气时可形成一种具有杀菌作用的Z单质。下列说法正确的是（ ）A. 基态Y、Z、W原子的最高能级均为p能级且能量相同B. M与W的单质光照时生成的四种有机物均为极性分子C. M与X2Z两种分子中心原子杂化类型相同D. 酸性：XWZ3X2YZ3，所以非金属性：WY【答案】C【解析】【分析】W是原子序数最大的短周期主族元素，则W为Cl元素；X与Y形成的化合物M为沼气的主要成分，则M为CH4，X为H元素，Y为C元素；雷电天气时可形成一种具有杀菌作用的Z单质，则该单质为臭氧，Z为O元素，据此分析结合元素性质解答。【详解】AY为C元素、Z为O元素、W为Cl元素，在元素周期表中，三种元素
4、的基态原子均为p区元素，最高能级均为p能级，但p能级所处的能层不同，C元素、O元素的p能级在L能层上，Cl元素的p能级在M能层上，2p能级的能量小于3p能级的能量，则具有的能量不相同，故A错误；BCH4与Cl2在光照条件下发生取代反应可生成一氯甲烷(CH3Cl)、二氯甲烷(CH2Cl2)、三氯甲烷(CHCl3)、四氯甲烷(CCl4)四种有机物，其中四氯甲烷(CCl4)为非极性分子，其他均为极性分子，故B错误；CM为CH4，其中心原子C价层电子对数=4+=4，C原子采取sp3杂化，X为H元素，Z为O元素，X2Z为H2O，其中心原子O原子价层电子对数=2+=4，O原子采取sp3杂化，即两种分子中心
5、原子杂化类型相同，故C正确；DXWZ3为HClO3，X2YZ3为H2CO3，元素最高价氧化物对应水化物形成的酸酸性越强，元素的非金属性越强，HClO3不是最高价Cl元素的氧化物形成的酸，不能比较非金属性强弱，故D错误；答案选C。3. 下列图示与对应的叙述相符的是()A. 表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2O(g)H2(g)+1/2O2(g)的H241.8 kJmol1B. 表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将T1 K时A、B的饱和溶液分别升温至T2 K时，溶质的质量分数BAC. 表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，0t1反应速率加快的原因可能是该反应为放热反应D. 表
6、示常温下稀释pH相同的氢氟酸与盐酸时溶液pH与加入水体积的关系，则氢氟酸为弱酸，且a点Kw的数值比b点的大【答案】C【解析】【详解】A、根据图知，2mol氢气和1mol氧气反应生成2mol水蒸气放出483.6kJ热量，则1mol水蒸气生成1mol氢气和0.5mol氧气吸收241.8 kJ热量，则热化学方程式为H2O(g)H2(g)+1/2O2(g)的H+241.8 kJmol1，故A错误；B、A与B的溶解度随温度的升高而增大，将t1时A、B的饱和溶液分别升温至t2时，溶液中溶质和溶剂的质量没有变化，所以质量分数不变，故B错误；C、随着反应的进行，氢离子浓度减小，速率应该减小，但是实际上速率增大
7、，可能是该反应为放热反应导致溶液温度升高而使速率增大，故C正确；D、水的离子积常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，所以ab点水的离子积常数相等，故D错误。4. 下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是（ ）A. 键能CCSiSi、CHSiH，因此C2H6稳定性大于Si2H6B. SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4C. Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成pp键D. 立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度【答案】B【解析】【详解】A原子半径越小、共价键键能越大，物质越稳
8、定，原子半径：SiC，所以键能C-CSi-Si、C-HSi-H，C2H6稳定性大于Si2H6，故A正确；BSiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，Si与C为同主族元素，同族元素从上到下，非金属元素的电负性减小，原子半径增大，原子失电子的能力递增，氢化物的还原性增强，因此SiH4还原性大于CH4，故B错误；CSi的原子半径较大，原子间形成的键较长，p-p轨道重叠程度很小，难于形成键，所以Si原子间难形成双键而C原子间可以，故C正确：D由于方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，均为原子晶体，所以立方型SiC具有很高的硬度，故D正确；故答案为B。5. 利用下列装置(夹持装置
9、略)进行实验，能达到实验目的的是A. 用甲装置制备并收集CO2B. 用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生C. 用丙装置制备无水MgCl2D. 用丁装置在铁上镀铜【答案】C【解析】【详解】A. CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A错误；B. 苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，B错误；C. MgCl2能水解，在加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，C正确； D. 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离
10、子，铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜，D错误。答案选C。【点睛】本题为实验题，结合物质的性质和电解的原理进行解题，掌握常见物质的制备方法，注意水解的知识点。6. 乙烯与水加成制备乙醇的能量变化过程如下图所示。下列说法不正确的是A. H2SO4是该合成过程的催化剂B. 合成过程的速率由反应决定C. 反应和反应均为放热反应D. C2H4 (g) +H2O(1) =C2H5OH(l )H =(E1- E4）kJ mol-1【答案】D【解析】【详解】A1molH2SO4在反应中和乙烯发生了加成反应，在反应中又生成了1molH2SO4，所以H2SO4是该合成过程的催化剂，A正确；B反应的活化能大
11、于反应，活化能越大，反应速率越慢，所以反应速率慢，合成过程的速率由反应决定，B正确；C从图中可以看出，反应和反应反应物的总能量都高于生成物的总能量，均为放热反应，C正确；D从图中可以看出，总反应C2H4 (g) +H2O(1) =C2H5OH(l )的H =( E1- E2+E3- E4）kJ mol-1，D错误；故选D。【点睛】催化剂是能改变反应速率，在反应前后质量和化学性质都不变的物质。很多催化剂都参加反应，但最终会在回到最初的状态，即质量和化学性质不变。在该反应中，硫酸就是催化剂。7. 聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下：（图
12、中虚线表示氢键）下列说法不正确的是（）A. 聚维酮分子由（m+n）个单体聚合而成B. 聚维酮的单体是：C. 聚维酮碘是一种水溶性物质D. 聚维酮在一定条件下能发生水解反应【答案】A【解析】【详解】A聚维酮碘是由聚维酮和HI3通过氢键形成的，由聚维酮碘的结构：可知，聚维酮分子是由2m+n个单体加聚而成，A项错误；B由聚维酮碘的结构：可知，聚维酮的单体是，B项正确；C聚维酮可以与HI3形成氢键，则由聚维酮碘的结构推测，其也可以与水形成氢键，C项正确；D聚维酮的结构中含有肽键，所以能在一定条件下发生水解，D项正确；答案选A。【点睛】考虑物质的溶解性时，可以从三个因素入手进行判断：一是，溶质分子和溶剂
13、分子极性相似相溶；二是，溶质分子与溶剂分子之间能形成氢键，溶解性会有明显提高；三是，溶质分子与溶剂分子可以发生可逆反应，溶解性会适当提高。8. 我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”NaCO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如图所示。吸收的CO2中，部分转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面。下列说法正确的是( )A. “吸入”CO2时，钠箔为正极B. “吸入”CO2时的正极反应：4Na+3CO2+4e-=2Na2CO3+CC. “呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动D. 标准状况下，每“呼出”22.4LCO2，转移
14、电子数为0.75mol【答案】B【解析】【分析】根据题意，结合图示，放电时为原电池，钠箔作原电池负极，电极反应为Na- e-= Na+，多壁碳纳米管(MWCNT)电极作原电池正极，“吸入”CO2，部分转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面，电极反应为4Na+3CO2+4e-=2Na2CO3+C；“呼出”CO2时为电解池，据此分析解答。【详解】A根据分析，“吸入”CO2时为原电池，钠箔为负极，故A错误；B根据分析，“吸入”CO2时为原电池，多壁碳纳米管(MWCNT)电极作原电池正极，正极反应为4Na+3CO2+4e-=2Na2CO3+C，故B正确；C根据分析，“呼出”CO
15、2时为电解池，多壁碳纳米管(MWCNT)电极阳极，钠箔为阴极，电解池中阳离子向阴极移动，则Na+向钠箔电极移动，故C错误；D“呼出”CO2时为电解池，阳极的电极反应为 2Na2CO3+C-4e-=4Na+3CO2，产生3mol CO2转移4mol电子，则标准状况下，每“呼出”22.4LCO2，即产生1mol CO2时，转移电子数为mol，故D错误；答案选B。9. 为有效治理低浓度二氧化硫烟气，国内外展开了大量的研究，某科研机构利用硒(Se)单质作催化剂，实现了低温下亚硫酸氢钠制备单质硫，其工艺流程如图：下列说法错误的是（ ）A. 若采用Na2S溶液作为碱盐吸收液，随着溶液酸性增强，会造成二次污
16、染B. 该工艺流程优点是反应条件温和，缺点是硫黄的回收率不会高于33.33%C. “低温转化”的氧化产物与还原产物的物质的量之比为12D. 流程中，“操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】C【解析】【分析】含有SO2的烟气通过碱盐吸收液转化为NaHSO3，利用硒(Se)单质作催化剂，低温下NaHSO3自身发生歧化反应：3=2+S+H+H2O，过滤后获得硫单质，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaHSO4H2O，据此分析解答。【详解】AH2SO3为中强酸，若采用Na2S溶液作为碱盐吸收液，随着吸收SO2的量增多，溶液酸性增强，会产生H2S气体，造成二次污染，故
17、A正确；B该工艺流程优点是反应条件温和，缺点是低温下发生转化的离子反应为3=2+S+H+H2O，根据反应可知，3mol的参与反应只生成1molS单质，故硫黄的回收率不会高于 ，即不高于33.33%，故B正确；C根据“低温转化”的离子反应：3=2+S+H+H2O，氧化产物与还原产物S的物质的量之比为21，故C错误；D根据分析，流程中，“操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D正确；答案选C。10. 某工业废水中含有大量的Mn2+和Cr3+，常经以下过程进行氧化处理，再进行一系列操作，回收锰和铬，以达到回收利用且降低污染的目的。下列说法正确的是（ ）A. 在氧化处理过程中用H2O2代替
18、NaClO会更环保，效果更好B. 反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11C. 反应离子方程式为2Cr3+3ClO-5H2O=2CrO3Cl-10H+D. 生成CrO在酸性条件下易转化为Cr2O，该反应为氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】AMnO2可作H2O2分解反应的催化剂，说明H2O2不能把Mn2+和Cr3+氧化为MnO2、CrO，所以不能用H2O2代替NaClO作氧化剂，故A错误；B反应中Mn2+被NaClO氧化为MnO2，1molMn2+转移2mol电子，1molNaClO转化为Cl-转移2mol电子，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B正确；C反应，Cr3+被ClO-
19、氧化为CrO42-，自身被还原为Cl-，碱性条件下不能有H+生成，反应的离子方程式为2Cr3+3ClO-+10OH-2CrO+3Cl-+5H2O，故C错误；D存在元素化合价变化的反应是氧化还原反应，生成的CrO在酸性条件下易转化为Cr2O，该反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误；故答案为B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 下列操作不能达到实验目的的是（ ）目的操作A除去苯中少量的苯酚加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液B鉴别溴蒸气和二氧化氮将两气体分别通入硝酸银溶
20、液，产生淡黄色沉淀的是溴蒸气C除去碱式滴定管胶管内的气泡将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出D配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液向试管中加入2mL10%NaOH溶液，再滴加数滴2%CuSO4溶液，振荡A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A苯酚与NaOH反应生成可溶于水的苯酚钠，与苯分层，再分液即可分离，故A正确；B溴蒸气和二氧化氮分别通入硝酸银溶液中，二氧化氮没有现象，溴蒸汽与硝酸银溶液反应生成溴化银沉淀，则产生淡黄色沉淀的是溴蒸汽，据此可鉴别溴蒸气和NO2，故B正确；C除去碱式滴定管胶管内的气泡应将尖嘴斜向上，挤压胶管内玻璃球将气泡排出，故C错误；D在碱性溶液中检验
21、-CHO，则向试管中加入2mL10% NaOH溶液，再滴加数滴2% CuSO4溶液，振荡，可配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液，故D正确；故答案为C。12. 铅位于A族，PbO偏碱性，易溶于硝酸，PbO2偏酸性，难溶于硝酸。已知：PbS与稀HNO3发生反应：3PbS+8HNO3(稀)=3Pb(NO3)2+3S+2NO+4H2O；PbS与浓HNO3发生反应：PbS+8HNO3(浓)=PbSO4+8NO2+4H2O。下列推断正确的是（ ）A. Pb3O4与HNO3溶液发生反应：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2+2H2OB. 由反应、可知，氧化性：HNO3(浓)HNO3(稀)PbO2C. 反应若
22、生成4.48LNO，转移0.6NA电子D. S可以与浓硝酸反应：S+6HNO3(浓)H2SO4+6NO+2H2O【答案】AD【解析】【详解】APb3O4中含有二价铅和四价铅，PbO偏碱性，易溶于硝酸，PbO2偏酸性，难溶于硝酸，则Pb3O4与硝酸反应生成Pb(NO3)2和PbO2，发生反应离子方程式：Pb3O4+4H+PbO2+2Pb2+2H2O，故A正确； B由反应、可知，稀硝酸可将-2价的硫氧化为0价，浓硝酸可将-2价的硫氧化为+6价，则氧化性：HNO3(浓)HNO3(稀)，硝酸不能把二价铅氧化为四价铅，说明硝酸的氧化性小于PbO2，故B错误；C反应若生成4.48LNO，没有说明是否是标准
23、状况，无法计算气体的物质的量，因而不能计算生成4.48L NO转移的电子数，故C错误；D由反应可知，浓硝酸具有强氧化性，能把-2价的S元素氧化为+6价，则S与浓硝酸反应：S+6HNO3(浓)H2SO4+6NO+2H2O，故D正确；答案选AD。13. 近日，我国学者在Science报道了一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的具体过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法错误的是A. Ni电极与电源正极相连B. 工作过程中阴极附近pH减小C. 该过程的总反应为： CH2=CH2+H2O+H2D. 在电解液混合
24、过程中会发生反应HCl+KOH = KCl+H2O【答案】AB【解析】【详解】A由反应流程可知，Pt电极区要将Cl-转化为Cl2，发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为阴极，故与电源负极相连，A错误；B工作过程中阴极区的反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2，故阴极附近pH增大，B错误；C根据阳极的反应历程和阴极区的反应2H2O+2e-=2OH-+H2，可知该过程的总反应为： CH2=CH2+H2O+H2，C正确；D阳极区发生Cl2+H2O=HCl+HClO，阴极区生成KOH，故在电解液混合过程中会发生反应HCl+KOH = KCl+H2O，D正确；故答案为：AB。14. 室温下，向25.0
25、0 mL 0.1000 molL1氨水中滴加0.1000 molL1盐酸，溶液的pH随盐酸体积的变化如图。下列说法不正确的是（）A. 如选甲基橙为指示剂，终点的判断为溶液颜色由黄色恰好变为橙色且半分钟不变色B. ab，水的电离程度逐渐增大C. a点溶液中，c（H+）D. c点溶液中，【答案】D【解析】【详解】A溶液反应生成氯化铵，水解显酸性，因此选甲基橙为指示剂，终点的判断为溶液颜色由黄色恰好变为橙色且半分钟不变色，故A正确；Bab过程不断消耗氨水至氨水恰好反应完，b点溶质为氯化铵，因此水的电离程度逐渐增大，故B正确；Ca点溶液溶质是氯化铵和氨水，两者浓度相等，溶液显碱性，电离程度大于水解程度
26、，故C正确；Dc点溶液溶质是氯化铵和盐酸混合溶液，两者浓度相等，溶液显酸性，电荷守恒：，物料守恒：，因此，故D错误。综上所述，答案为D。15. 甲胺是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下，在三个体积均为的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应，测得有关实验数据如表,下列说法正确的是容器编号温度起始物质的量平衡时物质的量CH3NH2(g)530005300050000A. 达到平衡时，体系中关系：，B. 达到平衡时，转化率：，C. 正反应的平衡常数D. 530K时，若起始向容器中充入、，则反应将向逆反应方向进行【答案】C【解析】【详解】反应是体积不变的反应，容器相当在容器I基础上增大一倍压强
27、，由于恒温恒容时，增大压强，平衡不移动，所以各物质的含量或浓度均为容器I中各物的2倍，即，故A错误；B.根据三段式可知容器I中反应三段式为：容器中反应三段式为：所以，、，即，故B错误；C.容器I和容器反应均在530k温度下进行，所以反应的平衡常数不变，即，所以正反应的平衡常数，故C正确；D.此时浓度熵，所以反应将向正反应方向进行，故D错误；故选：C。三、非选择题：本题共5小题，共60分16. 某课外小组以(NH4)2Fe(SO4)26H2O为原料模拟工业生产，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O42H2O)，并进一步制备高纯度还原铁粉。已知：FeC2O42H2O难溶于水，150开始失结晶水
28、；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度升高而增大。（1）(NH4)2Fe(SO4)26H2O中Fe元素化合价为_。（2）步骤H2C2O4稍过量目的是_；步骤常采用热水洗涤，其目的是_。（3）步骤必须用到的两种仪器是_（填字母序号）供选仪器：a.烧杯；b.坩埚；c.蒸馏烧瓶；d.高温炉；e.表面皿；f.锥形瓶；该步骤的化学方程式是_。（4）步骤用H2和CO均可还原Fe2O3，最好选用_，理由是_。【答案】 (1). +2 (2). 将溶液里的Fe2+完全转化为草酸亚铁晶体，提高原料利用率 (3). 提高草酸的溶解度，提升除杂效果 (4). bd (5). 4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3
29、+8CO2+8H2O (6). CO (7). Fe能与氧化产物H2O继续反应生成Fe3O4，影响还原铁粉的纯度【解析】【分析】硫酸亚铁铵晶体溶解于水，为防止Fe2+的水解，在溶液中加稀酸可以抑制亚铁离子的水解，将溶液里的Fe2+完全转化为草酸亚铁晶体，需要加入过量的草酸，生成的草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)难溶于水，可通过抽滤、洗涤并干燥获得，将所得晶体在空气中灼烧，得纯氧化铁(Fe2O3)，再用CO还原氧化铁得到还原铁粉。【详解】(1)(NH4)2Fe(SO4)26H2O中各元素化合价代数和为0，其中为+1价、 为-2价，则Fe元素化合价为+2价；(2)硫酸亚铁铵晶体溶解于水，为防止
30、Fe2+的水解，在溶液中加稀酸可以抑制亚铁离子的水解，将溶液里的Fe2+完全转化为草酸亚铁晶体，需要加入过量的草酸；步骤，采用热水洗涤可提高草酸的溶解度，提升除杂效果；(3)固体灼烧需要在坩埚内进行，则所需要的仪器有坩埚及加热所需的高温炉，故答案为bd；草酸亚铁和O2灼烧时发生反应的化学方程式为4FeC2O42H2O+3O2 2Fe2O3+8CO2+8H2O；(4)在高温下用H2还原Fe2O3生成的Fe，可能与氧化产物H2O继续反应生成Fe3O4，影响还原铁粉的纯度，则最好选用CO还原Fe2O3。【点睛】以制备还原铁为载体，考查实验的基本操作及混合物的分离与提纯，涉及反应原理的理解与应用，难点
31、是准确分析流程，选择合理的分离操作。17. 氟的单质及含氟化合物用途广泛。(1)基态氟原子的电子排布式为_。主族元素中第一电离能最大的元素是_(填元素符号)。(2)NF3广泛用于电子工业，BF3是有机合成的催化剂。NF3分子呈三角锥形，BF3呈平面三角形，二者空间构型存在差异的主要原因是_(用杂化轨道理论和价层电子对互斥理论解释)。(3)氟氢化铵(NH4HF2)固态时包含的化学键有_(填字母)。a.氢键 b.离子键 c.键 d.键(4)CsF是离子晶体，其BornHaber图示如图：由BornHaber图知，Cs原子的第一电离能为_kJmol-1，FF键的键能为_kJmol-1，F原子第一亲和
32、能为_kJmol-1(注明：气态非金属原子获得1个电子形成气态阴离子所释放的能量叫该原子的第一亲和能)。(5)Al3+、Fe3+和Cr3+等离子能与F-形成配合物。工业冶炼铝的助熔剂Na3A1F6中配离子是_。(6)钾、镍和氟形成一种特殊晶体，其晶胞如图所示。该晶体中。Nin+的n=_。设NA是阿伏加德罗常数的值，该晶体密度=_gcm-3(只列出计算式)。【答案】 (1). 1s22s22p5(或He2s22p5) (2). F (3). NF3中N采用sp3杂化，N原子上有1对孤电子对，BF3中B采用sp2杂化，B原子价层没有孤电子对 (4). bc (5). 375.7 (6). 158.
33、8 (7). 328.2 (8). (9). 2 (10). 【解析】【详解】(1)氟原子是9号元素，依据构造原理可以写出其基态的核外电子排布式为：1s22s22p5(或He2s22p5)；在元素周期表中，同一周期元素从左到右电负性逐渐增强，同一主族从上到下电负性逐渐减小，故位于元素周期表右上角的F元素，电负性最强；(2)NF3中N原子上有1对孤电子对，3个成键电子对，价层电子对数是4，N采用sp3杂化，分子空间构型是三角锥形，BF3中B原子价层没有孤电子对，3个成键电子对，价层电子对数是3，B采用sp2杂化，分子构型是平面正三角形；(3)NH4HF2固体中铵根和阴离子之间是离子键，铵根和阴离
34、子中都有键，氢键不是化学键，它是一种较强的分子间作用力，答案选bc；(4)依据第一电离能、键能、晶格能、电子亲和能等概念，结合图2所示判断；由图可知Cs(g)Cs+(g)铯离子的变化，需要能量375.7kJ；故第一电离能为375.7kJmol-1；molF2(g)1molF(g)变化需要能量79.4kJ，故氟氟键键能为74.92=158.8kJmol-1；由Cs+(g)+F-(g)CsF(s)释放能量756.9kJ；故CsF的晶格能为756.9mol-1；由1molF(g)1molF-(g)释放能量为328.2kJ；故F原子亲和能为328.2kJmol-1；(5)依据配合物理论判断，配合物结构
35、中，外界是Na+，是配离子；(6)均摊法写出化学式，K个数=2+8=4；Ni的个数=8+1=2，F的个数=16+2+4=8，写出化学式为：K2NiF4，依据化合价代数和为零判断Ni应该为+2价，故所带电荷为2；密度的计算依据公式=gcm-3。18. 2，6二叔丁基对甲酚(J)是国内外广泛使用的油溶性抗氧化剂，在汽油中可增强抗爆抗震性能等，它的一种合成路线如图所示：已知：.CH=CHOH性质不稳定，易转化成CH3CHO.请回答：（1）C的结构简式为_。（2）D的名称为_。（3）写出D+IJ的化学方程式_，该反应的反应类型为_。（4）B的同分异构体有很多，写出所有符合下列条件的同分异构体的结构简式
36、_。含氧官能团相同不含环状结构核磁共振氢谱有3组峰且面积比为4：2：1（5）结合上述流程和所学知识，以甲苯和苯乙炔为起始原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_。【答案】 (1). (2). 对甲基苯酚 (3). 2(CH3)2C=CH2+ (4). 加成反应 (5). 、 (6). 【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则A为、B为；与铁和盐酸反应生成，则C为；发生信息反应生成，则D为；在液氨作用下，HCCH与金属钠反应生成HCCNa，则E为HCCH、F为HCCNa；HCCNa与CH3Cl反应生成HCCCH3，在硫酸汞和硫酸作用下，HCCCH
37、3与水发生加成反应生成，转化为，则H为；与反应生成(CH3)2C=CH2，在浓硫酸作用下，(CH3)2C=CH2与发生加成反应生成。【详解】（1）由分析可知，C的结构简式为，故答案为：；（2）由分析可知，D的结构简式为，名称为对甲基苯酚，故答案为：对甲基苯酚；（3）D+IJ的反应为在浓硫酸作用下，(CH3)2C=CH2与发生加成反应生成，反应的化学方程式为2(CH3)2C=CH2+，故答案为：2(CH3)2C=CH2+；加成反应；（4）B结构简式为，B的同分异构体与B含氧官能团相同，说明含有硝基，不含环状结构，说明分子中含有2个碳碳三键或4个碳碳双键或1个碳碳三键和2个碳碳双键，则核磁共振氢谱
38、有3组峰且面积比为4：2：1的同分异构体的结构简式为和，故答案为： 、；（5）结合流程中有机物的转化关系可知，合成的步骤为在液氨作用下，苯乙炔与金属钠反应生成，在光照条件下，甲苯与氯气发生取代反应生成，与反应生成，在硫酸汞和硫酸作用下，与水发生加成反应生成，则合成路线为，故答案为：。19. 草酸亚铁（FeC2O4）作为一种化工原料,可广泛用于新型电池材料、感光材料的生产。以炼钢厂的脱硫渣(主要成分是Fe2O3)为原料生产电池级草酸亚铁晶体的工艺流程如下：(1)如图是反应温度、加料时间及分散剂的质量分数对草酸亚铁纯度的影响：从图象可知，制备电池级草酸亚铁晶体的最佳实验条件是_(2)写出“还原”过
39、程中既是化合反应又是氧化还原反应的离子方程式_(3)滤渣2中含有TiOSO4，进行热水解可以生成不溶于水的TiO2H2O，该反应的化学方程式为_。(4)流程图中“滤液”经处理后得到一种化肥，其化学式为_。“一系列操作”指_。(5)草酸亚铁固体纯度的测定准确称取m g草酸亚铁固体样品，溶于30 mL 2 molL-1H2SO4溶液中，在6080水浴加热，用100 mL容量瓶配成100.00 mL溶液。取20.00 mL，用KMnO4标准溶液(浓度为c molL-1)消耗V1mL。向滴定后溶液中加入适量锌粉，用试剂x检验Fe3+至极微量，过滤，洗涤，洗涤液并入滤液中。继续用KMnO4标准溶液(浓度
40、为c molL-1)滴定至终点，消耗V2mL。在中溶液中发生2MnO4-+5H2C2O4+6H+ = 2Mn2+10CO2+8H2O，还有另一氧化还原反应，写出其离子方程式_，步骤中检验其中微量的Fe3+的试剂x名称是_溶液，固体样品的纯度为_(用含c、V1、V2的式子表示)【答案】 (1). 温度40，加料时间25min，分散剂质量分数20% (2). Fe 2Fe3 = 3Fe2 (3). TiOSO4 + 2H2OTiO2H2O + H2SO4 (4). (NH4)2SO4 (5). 洗涤干燥 (6). MnO45Fe28H= Mn25Fe34H2O (7). KSCN (8). 【解析
41、】【分析】根据图中信息脱硫渣和硫酸反应主要生成硫酸铁，过滤，向滤液中加入足量铁粉，与硫酸铁反应，过滤，滤渣主要是过量铁粉和TiOSO4，再向滤液中加入氨水生成氢氧化亚铁和硫酸铵，滤液中主要是硫酸铵，向氢氧化亚铁中加入草酸和乙醇，过滤，经过一系列最终得到草酸亚铁晶体。【详解】(1)根据图像信息可知40纯度最高，加料时间在25min产品纯度最高，分散剂质量分数20%时产品纯度最高，因此制备电池级草酸亚铁晶体的最佳实验条件是温度40，加料时间25min，分散剂质量分数20%；故答案为：温度40，加料时间25min，分散剂质量分数20%。(2)写出“还原”过程中既是化合反应又是氧化还原反应的是铁和硫酸
42、铁反应生成硫酸亚铁，其离子方程式Fe 2Fe3 = 3Fe2；故答案为：Fe 2Fe3 = 3Fe2。(3)滤渣2中含有TiOSO4，进行热水解可以生成不溶于水的TiO2H2O，该反应的化学方程式为TiOSO4 + 2H2OTiO2H2O+ H2SO4；故答案为：TiOSO4 + 2H2OTiO2H2O + H2SO4。(4)过量氨水和硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁和硫酸铵，因此流程图中“滤液”经处理后得到一种化肥，其化学式为(NH4)2SO4。 “一系列操作”指过滤后需要洗涤干燥；故答案为：(NH4)2SO4；洗涤干燥。(5)在中溶液中发生2MnO4+5H2C2O4+6H+ = 2Mn2+10C
43、O2+8H2O，还有另一氧化还原反应是亚铁离子被酸性高锰酸根反应，其离子方程式MnO45Fe28H= Mn25Fe34H2O，步骤用KSCN溶液检验其中微量的Fe3+，步骤是亚铁离子消耗高锰酸钾V2 mL，根据MnO4 5Fe2得到n(Fe2)= 5c molL1V2103L =5cV2103mol，因此固体样品的纯度为；故答案为：MnO45Fe28H= Mn25Fe34H2O；KSCN；。20. 乙酸是生物油的主要成分之一，乙酸制氢具有重要意义：热裂解反应：CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g) H=+213.7 kJmol1脱酸基反应 CH3COOH(g)2CH4(g)+CO2(g
44、) H=33.5 kJmol1（1）请写出CO与H2甲烷化的热化学方程式_。（2）在密闭溶液中，利用乙酸制氢，选择的压强为_（填“高压”或“常压”）。其中温度与气体产率的关系如图：约650之前，脱酸基反应活化能低速率快，故氢气产率低于甲烷；650之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时_。保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，请用化学方程式表示：_。（3）若利用合适的催化剂控制其他的副反应，温度为T K时达到平衡，总压强为P kPa，热裂解反应消耗乙酸20%，脱酸基反应消耗乙酸60%，乙酸体积分数为_（计算结果保留1位小数）；
45、脱酸基反应的平衡常数Kp分别为_kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。【答案】 (1). 2CO(g) +2H2(g) CH4(g) + CO2 (g) H= 247.2 KJmol-1 (2). 常压 (3). 热裂解反应正向移动，而脱酸基反应逆向移动，故氢气产率高于甲烷 (4). CO(g) +H2O(g) H2(g) + CO2 (g) (5). 9.1% (6). 0.8P【解析】【详解】（1）由盖斯定律计算：热裂解反应CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g) H=+2l3.7KJmol1，脱酸基反应CH3COOH(g)CH4(g)+CO2(g) H=33.
46、5KJmol1，-得：CO与H2甲烷化的热化学方程式 2CO(g) +2H2(g) CH4(g) + CO2 (g) H= 247.2 KJmol-1；（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g) ，反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压。热裂解反应CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g) 是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱酸基反应CH3COOH(g)CH4(g)+CO2(g) 是放热反应，而脱酸基反应逆向移动。650之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时热裂解反应正向移动，而脱酸基反应逆向移动，故氢气产率高于甲烷。CO能与水蒸反应生成二氧化碳和氢气，在乙酸气中掺杂一定量水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，CO(g) +H2O(g) H2(g) + CO2 (g) 。（3）热裂解反应CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g) H=+2l3.7KJmol1 0.2 0.4 0.4脱酸基反应CH3COOH(g)CH4(g)+CO2(g) H=33.5KJmol1 0.6 0.6 0.6乙酸体积分数为0.2/(0.4+0.4+0.6+0.6+0.2)100%=9.1%Kp=p(CH4)p(CO2)/p(CH3COOH)= =0.8P.- 24 - 版权所有高考资源网
