《河北省石家莊市第二中學(xué)2021-2022學(xué)年高三上學(xué)期期中考試化學(xué) Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫。

石家莊二中21-22學(xué)年高三年級期中考試化學(xué)試卷考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。2.本卷命題范圍：高考范圍。3.可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Li7B11C12N14O16Na23Al27S32Cl35.5Ca40Fe56Co59Cu64In115一、選擇題：本題共9小題，每小題3分，共27分。在每小題列出的四個選項中，，只有一項符合題目要求。1.中國古文化源遠(yuǎn)流長，留下不少膾炙人口的古詩詞，不少古詩詞清晰的描繪了我國古代人民的生活、生產(chǎn)場景，對下面的“詩”情“化”意，分析不正確的是A.“粉身碎骨渾不怕，要留清白在人間”中涉及化學(xué)變化B.“綠蟻新醅酒”中“新醅酒”即新釀的酒，葡萄糖發(fā)生水解反應(yīng)生成乙醇C.“美人首飾侯王印，盡是沙中浪底來”說明金以單質(zhì)形式存在于自然界中D.“日照澄州江霧開”，霧是一種氣溶膠，受陽光照射時會產(chǎn)生丁達(dá)爾現(xiàn)象【答案】B【解析】【詳解】A．“粉身碎骨渾不怕，要留清白在人間”中涉及化學(xué)變化，包含的化學(xué)反應(yīng)有碳酸鈣受熱分解生成氧化鈣、氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣、石灰水與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈣，故A正確；B．葡萄糖在酒化酶的作用下反應(yīng)生成乙醇和二氧化碳，該反應(yīng)不是水解反應(yīng)，故B錯誤；C．“美人首飾侯王印，盡是沙中浪底來”說明金的密度大，在自然界以單質(zhì)的形式存在，故C正確；D．霧是水蒸氣擴(kuò)散到空氣中形成的一種氣溶膠，受陽光照射時會表現(xiàn)膠體的性質(zhì)，產(chǎn)生丁達(dá)爾現(xiàn)象，故D正確；故選B。2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述不正確的是A.0.1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃燒所消耗O2的分子數(shù)為0.3NAB.常溫常壓下，46gNO2和N2O4的混合氣體中含有的N原子數(shù)為NAC.25°C時，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，由水電離出的OH-的數(shù)目為0.1NAD.46g鈉與氧氣反應(yīng)，生成Na2O和Na2O2的混合物，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA【答案】C 【解析】【詳解】A．乙醇的化學(xué)式可寫成C2H4·H2O，0.1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃燒所消耗的O2為0.3mol，則反應(yīng)消耗O2分子數(shù)目是0.3NA，A正確；B．N2O4的最簡式是NO2，所以46gNO2和N2O4的混合氣體中N原子的物質(zhì)的量是1mol，則其中所含的N原子數(shù)目是NA，B正確；C．pH=13的Ba(OH)2溶液中由水電離出的OH-的濃度為10-13mol·L-1，n(OH-)=10-13mol·L-1×1L=10-13mol，由水電離出的OH-的數(shù)目為10-13NA，C錯誤；D．鈉與O2反應(yīng)，Na化合價由0價變?yōu)?1價，46gNa的物質(zhì)的量n(Na)==2mol，所以2molNa反應(yīng)失去2mol電子，故轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA，D正確；故合理選項是C。3.下列反應(yīng)的離子方程式的書寫正確的是A.稀硫酸和氫氧化鋇溶液反應(yīng)：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2OB.銅和稀硝酸反應(yīng)：Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑C.向1L0.1mol·L-1FeI2溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LCl2：2Fe2++2I-+2Cl2=I2+4Cl-+2Fe3+D.等體積、等濃度的NaOH稀溶液與NH4HCO3稀溶液混合：OH-+=+H2O【答案】D【解析】【詳解】A．.不符合物質(zhì)反應(yīng)的微粒個數(shù)比，離子方程式應(yīng)該為：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，A錯誤；B．銅與稀硝酸反應(yīng)生成的氣體是NO，根據(jù)電子守恒、電荷守恒、原子守恒，結(jié)合物質(zhì)的拆分原則可知：該反應(yīng)的離子方程式應(yīng)該為：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，B錯誤；C．FeI2與Cl2的物質(zhì)的量相同，由于離子的還原性：I-＞Fe2+，故應(yīng)該是還原性強的I-先發(fā)生反應(yīng)，該反應(yīng)的離子方程式應(yīng)該為2I-+Cl2=I2+2Cl-，C錯誤；D．等體積、等濃度的NaOH稀溶液與NH4HCO3稀溶液混合，即NaOH與NH4HCO3的物質(zhì)的量相等，結(jié)合OH-離子的能力：＞。因此應(yīng)該是先發(fā)生反應(yīng)，故該反應(yīng)的離子方程式為：OH-+=+H2O，D正確；故合理選項是D。4.下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是 A.FeCl3溶液能與Cu反應(yīng)，可用作銅制線路板的蝕刻劑B.C2H4氣體具有可燃性，可用作果實的催熟劑C.Ca(ClO)2具有還原性，可用于消毒殺菌D.CO2密度比空氣大，可用作鎂著火時的滅火劑【答案】A【解析】【詳解】A．氯化鐵溶液能與銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅，常用作銅制線路板的蝕刻劑，故A正確；B．乙烯的可燃性與可用作果實的催熟劑沒有因果關(guān)系，故B錯誤；C．次氯酸鈣具有強氧化性，可因強氧化性而起到清毒殺菌的作用，故C錯誤；D．鎂在二氧化碳中燃燒生成氧化鎂和碳，所以二氧化碳不能用作鎂著火時的滅火劑，與密度比空氣大無關(guān)，故D錯誤；故選A。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W、Z同主族，X原子的最外層電子數(shù)是Y原子最外層電子數(shù)的6倍。p、q、r分別為W、X、Z的單質(zhì)，s、t、u為W、X、Z三種元素形成的二元化合物，上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(反應(yīng)條件略去)，下列說法不正確的是A.原子半徑：Y>Z>W>XB.反應(yīng)①可用于工業(yè)上制備Z的單質(zhì)C.s、t、u均能與Y的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的溶液反應(yīng)D.X、Y、Z三種元素形成的一種化合物的水溶液可做木材防火劑【答案】C【解析】【分析】X原子最外層電子數(shù)為Y原子最外層電子數(shù)的6倍，根據(jù)最外層電子數(shù)不超過8原則，X最外層電子數(shù)只能為6，Y最外層電子數(shù)只能為1，又X之前還有W元素，之后還有兩種元素，故X只能為O，則Y為Na，根據(jù)原子序數(shù)關(guān)系，q為X元素單質(zhì)，則q為O2，W可能為Be、B、C、N，對應(yīng)同族Z可能為Mg、Al、Si、P，由圖示知，W、O、Z三種元素形成的一種二元化合物能與O2反應(yīng)，聯(lián)想W、Z的可能情況，推測t為CO，則u為CO2，即W為C，則Z為Si，則p為C，r為Si，由反應(yīng)① 制得Si，聯(lián)想到工業(yè)制Si反應(yīng)：2C+SiO2Si+2CO↑，則s為SiO2，p(C)能與u(CO2)在高溫下反應(yīng)生成t(CO)，推測合理，綜上所述：W為C、X為O、Y為Na、Z為Si?！驹斀狻緼．Y、Z電子層為三層，其半徑大于電子層為兩層的W、X，電子層相同時，核電荷數(shù)越大，半徑一般越小，故四種原子半徑順序為：Y>Z>W>X，故A正確；B．由分析知，工業(yè)上可利用反應(yīng)①制備Si，故B正確；C．Y的最高價氧化物的水化物為NaOH，t(CO)與NaOH溶液不反應(yīng)，故C錯誤；D．X、Y、Z形成的Na2SiO3溶液可作木材防火劑，故D正確；答案選C。6.錫酸鈉(Na2SnO3)是重要的化工產(chǎn)品，主要用于電鍍行業(yè)，以及錫合金、鋅錫合金、鋁合金等。用鉛錫銻冶煉浮渣(主要是鉛、錫、銻的氧化物及相應(yīng)的鹽構(gòu)成)制備Na2SnO3產(chǎn)品的工藝流程如下圖所示：已知：①“浸出液”中含有有大量Na2PbO2、Na3AsO4等，“凈化液”中含有少量Na2PbO7、Na3AsO4等；②Na2SnO3的溶解度隨溫度升高而減小，Na2PbO2、Na3AsO4的溶解度隨溫度升高而增大。下列敘述正確的是A.露天堆存鉛錫銻冶煉浮渣對環(huán)境無任何影響B(tài).“堿浸”時，H2O2可用濃硝酸代替C.“除鉛”時的離子方程式為Pb2++S2-=PbS↓D.分離出Na2SnO3的操作為濃縮結(jié)晶、趁熱過濾、洗滌、干燥【答案】D【解析】【詳解】A．露天堆存鉛錫銻冶煉浮渣不但占用大片土地，而且對環(huán)境存在潛在污染，A錯誤；B．若用濃硝酸代替H2O2，產(chǎn)生氮氧化物，污染環(huán)境，B錯誤；C．“除鉛”時離子方程式為+S2-+2H2O=PbS↓+4OH-，C錯誤；D．“凈化液”中獲得Na2SnO3的操作為濃縮結(jié)晶、趁熱過濾、洗、干燥，D正確；故答案為：D。 7.查閱資料可知：碳化鋁(Al4C3)與水反應(yīng)可制得CH4，銀氨溶液{含[Ag(NH3)2]+}與CO反應(yīng)產(chǎn)生銀鏡。某學(xué)習(xí)小組對CH4還原CuO的反應(yīng)產(chǎn)物進(jìn)行實驗探究，下列說法不正確的是A.按照甲→乙→丙→丁的順序連接好裝置，并檢查裝置的氣密性B.先打開甲中分液漏斗的活塞，通一段時間氣體并驗純，再點燃丙中的酒精燈C.丁中a為足量銀氨溶液，b為足量澄清石灰水D.該實驗的不足之處是缺少尾氣處理裝置，可用氣囊收集后再進(jìn)行處理【答案】C【解析】【詳解】A．該反應(yīng)涉及氣體的制備與反應(yīng)，為防止實驗時氣體逸出，按照甲→乙→丙→丁的順序連接好裝置后，應(yīng)檢查裝置的氣密性，故A正確；B．實驗時先打開甲中分液漏斗的活塞，通一段時間甲烷氣體并驗純后再點燃丙中的酒精燈進(jìn)行實驗，故B正確；C．銀氨溶液為堿性溶液，在檢驗一氧化碳的同時會吸收二氧化碳，干擾二氧化碳的檢驗，故C錯誤；D．由分析可知，該實驗設(shè)計的缺陷是缺少尾氣處理裝置，可用氣囊收集后再進(jìn)行處理，故D正確；故選C。8.我國科學(xué)家已成功將CO2催化氫化獲得甲酸，利用化合物1催化CO2氫化的反應(yīng)過程如圖甲所示，其中化合物2與H2O反應(yīng)生成化合物3，化合物3與HCO3-的反應(yīng)歷程如圖乙所示，其中TS表示過渡態(tài)，I表示中間體。下列說法正確的是 A.化合物1到化合物2的過程中存在碳氧鍵的斷裂和碳氧鍵的形成B.該歷程中最大能壘(活化能)E正=16.87kcal·mol-1C.使用更高效的催化劑可降低反應(yīng)所需的活化能。最終提高CO2的轉(zhuǎn)化率D.從平衡移動的角度看，升高溫度，可促進(jìn)化合物2與H2O反應(yīng)生成化合物3與HCOO-【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)化合物1與化合物2的結(jié)構(gòu)可知，在化合物1()與CO2反應(yīng)生成化合物2()的過程中，有碳氧鍵發(fā)生斷裂，有碳復(fù)鍵形成，A正確；B．該歷程中II到TS2過期6能壘(活化能)最大，為E正=16.87-(-1.99)=18.6kcal·mol-1，B項錯誤；C．使用更高效的催化劑可改變反應(yīng)的途徑，降低反應(yīng)所需的活化能，但不能使平衡發(fā)生移動，不能提高CO2的轉(zhuǎn)化率，C錯誤：D．由化合物2與H2O反應(yīng)生成化合物3與HCOO-的反應(yīng)歷程圖可得該過程為放熱反應(yīng)，升高溫度，不利于該過程的進(jìn)行，D錯誤；故答案為：A。9.已知：①C6H12O6(s)=2C2H5OH(l)＋2CO2(g)ΔH1②6CO2(g)＋6H2O(g)=C6H12O6(s)＋6O2(g)ΔH2③2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH3④2CO2(g)＋6H2(g)=C2H5OH(l)＋3H2O(g)ΔH4下列有關(guān)說法正確的是A.H2的燃燒熱為B.反應(yīng)①使用催化劑，ΔH1將減小C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，反應(yīng)②生成1.12LO2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1×6.02×1023D.2ΔH4＝ΔH1＋ΔH2－6ΔH3【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)反應(yīng)可知，H2(g)＋O2(g)=H2O(g)，?H=1/2ΔH3 ，但是氫氣的燃燒熱指的是生成液態(tài)水，所以，?H=1/2ΔH3，不是氫氣的燃燒熱，A錯誤；B.催化劑不能改變反應(yīng)的焓變，B錯誤；C.反應(yīng)②每生成6molO2轉(zhuǎn)移電子24mol，則在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，生成1.12LO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2×6.02×1023，C錯誤；D.根據(jù)蓋斯定律：①+②-6×③，得反應(yīng)4CO2(g)＋12H2(g)=2C2H5OH(l)＋6H2O(g)　2ΔH4=ΔH1+ΔH2-6ΔH3，D正確；正確選項D?！军c睛】燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒的反應(yīng)熱，完全燃燒是指物質(zhì)中含有的氮元素轉(zhuǎn)化為氣態(tài)氮氣，氫元素轉(zhuǎn)化為液態(tài)水，碳元素轉(zhuǎn)化為氣態(tài)二氧化碳。二、不定項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有1~2個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。10.某興趣小組查閱資料得知：保險粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液能定量吸收O2：CuCl的鹽酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化。擬設(shè)計實驗方案，采用上述兩種溶液和KOH溶液及量氣裝置，測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的百分組成。下列說法不正確的是A.采用上述3種吸收劑，氣體被逐一吸收的順序應(yīng)該是CO2、O2和COB.保險粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液吸收O2的離子方程式為2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2OC.反應(yīng)結(jié)束，恢復(fù)至室溫，調(diào)整水準(zhǔn)管內(nèi)液面與量氣管液面齊平，可觀察到量氣管液面下降D.其他兩種吸收劑不變，O2的吸收劑可以用灼熱的銅網(wǎng)替代【答案】D【解析】【詳解】A.KOH溶液只能吸收CO2氣體，保險粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液能定量吸收O2，CuCl的鹽酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化，所以為減少實驗誤差，每種試劑只能吸收一種成分，采用上述3種吸收劑，氣體被逐一吸收的順序應(yīng)該是CO2、O2和CO，A正確；B.根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒，用保險粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液吸收O2的離子方程式為2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O，B正確；C. 由于反應(yīng)過程中放出熱量，使量氣管內(nèi)氣體由于溫度升高而體積增大，水被趕入水準(zhǔn)管，水準(zhǔn)管的液面高于量氣管的液面，當(dāng)調(diào)整水準(zhǔn)管內(nèi)液面與量氣管液面齊平時氣體由于壓強減小而體積增大，因此可觀察到量氣管液面下降，C正確；D.三種氣體被逐一吸收的順序應(yīng)該是CO2、O2和CO，若O2的吸收劑用灼熱的銅網(wǎng)替代，O2和金屬銅反應(yīng)得到CuO可以吸收CO，所以不能用灼熱的銅網(wǎng)代替吸收劑，D錯誤;故合理選項是D。11.下列有關(guān)說法正確的是A.乙烯、氯乙烯、聚氯乙烯均可使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.至少由15個原子共平面C.甲苯苯環(huán)上的一個氫原子被一C3H6Cl取代，形成的同分異構(gòu)體有9種。D.經(jīng)測定乙二醇和苯組成的混合物中氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為8%，則此化合物中碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為84%【答案】D【解析】詳解】A．聚氯乙烯中不含有碳碳雙鍵，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A錯誤；B．中至少由16個原子共平面，B錯誤，C．-C3H6Cl有5種結(jié)構(gòu)，甲苯苯環(huán)上的個氫原子被-C3H6Cl取代，兩個取代基可以處于鄰間、對位，故形成的同分異構(gòu)體有15種，C錯誤：D．苯，乙二醇組成的混合物可以看作CxHx·H2O混合，氧元素為8%，則水的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為8%×=9%、CH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為1-9%=91%，所以混合物中碳元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為91%×=84%，D正確；故選D。12.2019年諾貝爾化學(xué)獎頒給在鋰離子電池發(fā)展方面作出突出貢獻(xiàn)的三位科學(xué)家，頒獎詞中說：他們創(chuàng)造了一個可再充電的世界。下面是最近研發(fā)的Ca-LiFePO4可充電電池的工作示意圖，鋰離子導(dǎo)體膜只允許Li+通過，電池反應(yīng)為：xCa2+＋2LiFePO4xCa＋2Li1-xFePO4＋2xLi+。下列說法錯誤的是 A.LiPF6-LiAsF6為非水電解質(zhì)，其與Li2SO4溶液的主要作用都是傳遞離子B.放電時，負(fù)極反應(yīng)為：LiFePO4?xe?===Li1-xFePO4＋xLi+C.充電時，Li1-xFePO4/LiFePO4電極發(fā)生Li+脫嵌，放電時發(fā)生Li+嵌入D.充電時，當(dāng)轉(zhuǎn)移0.2mol電子時，左室中電解質(zhì)的質(zhì)量減輕2.6g【答案】B【解析】【詳解】鈣與水能夠劇烈反應(yīng)，所以，左室中的LiPF6?LiAsF6電解質(zhì)一定為非水電解質(zhì)，Li2SO4溶液為右室中的電解質(zhì)溶液，它們的主要作用都是傳遞離子，形成電流，構(gòu)成閉合回路，A正確；放電時，負(fù)極反應(yīng)為：Ca?2e?===Ca2+，使左室中正電荷數(shù)目增多，鋰離子導(dǎo)體膜只允許Li+通過，使LiPF6?LiAsF6電解質(zhì)中的Li+通過鋰離子導(dǎo)體膜移入右室，正極反應(yīng)為：Li1?xFePO4＋xLi+＋xe?===LiFePO4，電極發(fā)生Li+嵌入，B錯誤；充電時，陽極發(fā)生：LiFePO4?xe?===xLi+＋Li1?xFePO4，電極發(fā)生Li+脫嵌，陰極發(fā)生：Ca2+＋2e?===Ca，轉(zhuǎn)移0.2mol電子時，有0.2molLi+從右室通過鋰離子導(dǎo)體膜移入左室，左室電解質(zhì)中有0.1molCa2+得電子生成Ca沉積在鈣電極上，故左室中電解質(zhì)的質(zhì)量減輕40×0.1g?7×0.2g=2.6g，C、D正確。13.配離子的穩(wěn)定性可用K不穩(wěn)衡量，例如[Ag(NH3)2]+的在一定溫度下，向0.1mol/L硝酸銀溶液中滴入稀氨水，發(fā)生反應(yīng)Ag++2NH3?Ag(NH3)2]+。溶液中pNH3與δ(X)的關(guān)系如圖所示，其中pNH3=-lg[c(NH3)]、{X代表Ag+或[Ag(NH3)2]+}。下列說法正確的是 A.圖中δ1代表的是δ{[Ag(NH3)2]+}B.向溶液中滴入稀硝酸，δ(Ag+)增大C.該溶液中c()+c(H+)=c(OH-)D該溫度時，K不穩(wěn){[Ag(NH3)2]+}=107.3【答案】BC【解析】【詳解】A．pNH3越大，即c(NH3)越小，溶液的c(Ag+)越大，越大，δ1代表的是δ(Ag+)，故A選項錯誤；B．向體系中滴入硝酸，c(NH3)越小，δ(Ag+)增大，故B選項正確；C．溶液中電荷守恒c(Ag+)+c{[Ag(NH3)2]+}+c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(NO3-)物料守恒c(Ag+)+c{[Ag(NH3)2]+}=c(NO3-)兩式整理得c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，故C選項正確；D．選取a點即δ(Ag+)=δ{[Ag(NH3)2]+}，=(10-3.65)2=10-7.3，故D選項錯誤；答案選BC。二、非選擇題：本大題包括必考題和選考題兩部分。第14題~第16題為必考題，每個試題考生都必須作答。第17題~第18題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題14.已知：是重要的硫-氮二元化合物，室溫下為橙黃色的固體，178~187℃熔化并分解，可用氨氣與反應(yīng)制得。某同學(xué)利用下圖裝置制取，然后制取。已知：為紅棕色液體，有刺激性臭味，熔點：，沸點：60℃，易水解。 反應(yīng)步驟：①反應(yīng)時先向三頸燒瓶中通入干燥的氯氣，使硫粉與氯氣在50℃下反應(yīng)生成。②待三頸燒瓶中的硫粉全部反應(yīng)后，關(guān)閉B、C之間的止水夾，撤掉A、B裝置。③連接制氨氣的裝置，通入氨氣，反應(yīng)制得。試回答下列問題。（1）儀器a的名稱為_______，a中三氧化鉻(還原產(chǎn)物中鉻為+3價)可與濃鹽酸快速反應(yīng)制得氯氣，寫出反應(yīng)的離子方程式_______。（2）B裝置中應(yīng)選擇的試劑為_______。制取過程中，b導(dǎo)管末端應(yīng)連接下圖中的_______(填序號)。（3）向制得的中通入，生成的同時還生成一種常見固體單質(zhì)和一種鹽，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式_______。所得產(chǎn)物分離后，檢驗所得鹽中陽離子的具體操作步驟和現(xiàn)象_______。（4）在堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)氮元素轉(zhuǎn)化為氨氣，用硼酸吸收，滴定氨氣釋放量可進(jìn)一步測定的純度。稱取樣品，加入NaOH溶液，并加熱，釋放出的氨氣用足量硼酸溶液吸收[反應(yīng)方程式為，假定反應(yīng)過程中溶液體積不變]。反應(yīng)后的硼酸溶滾，以甲基紅-亞甲藍(lán)為指示劑，再用的鹽酸[滴定反應(yīng)方程式為] 進(jìn)行滴定，重復(fù)三次實驗。實驗數(shù)據(jù)記錄如下表所示：實驗序號初始讀數(shù)最終讀數(shù)I0.1020.14II0.5024.75III1.0020.96則制得的的純度為_______。【答案】（1）①.蒸餾燒瓶②.（2）①.濃硫酸②.C（3）①.②.取少量固體粉末于試管中，加入NaOH溶液并加熱，在試管口放置濕潤的紅色石蕊試紙，若試紙變藍(lán)色，則鹽中的陽離子為銨根離子（4）92%【解析】【分析】硫粉與氯氣在50℃下反應(yīng)生成SCl2，SCl2與NH3反應(yīng)生成產(chǎn)品S4N4，然后根據(jù)滴定的方法測定S4N4的純度?！拘?詳解】a為蒸餾燒瓶，制取氯氣時做氧化劑，將濃鹽酸氧化為，反應(yīng)的離子方程式為?！拘?詳解】制取時需要干燥的氯氣，HCl與硫粉不反應(yīng)，因此只需要干燥即可，洗氣瓶中盛裝的是濃硫酸。最后尾氣處理時，為了防止進(jìn)入水蒸氣，只能選用盛堿石灰的干燥管?！拘?詳解】根據(jù)信息生成產(chǎn)物中的固體單質(zhì)一定是硫單質(zhì)，另一種鹽一定是氯化銨，由此可寫出反應(yīng)的方程式為：。檢驗氯化銨中的陽離子采用的方法為取少量固體粉末于試管中，加入NaOH溶液并加熱，在試管口放置濕潤的紅色石蕊試紙，若試紙變藍(lán)色，則鹽中的陽離子為銨根離子?！拘?詳解】 結(jié)合反應(yīng)方程式和原子守恒可以找出反應(yīng)的關(guān)系式。實驗Ⅱ數(shù)據(jù)與其他兩組相差較大，舍去，消耗鹽酸溶液平均體積為20.00mL。所以，的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。15.鈀在尖端科學(xué)和石化、電子電氣、環(huán)境保護(hù)、生物制藥、國防等現(xiàn)代工業(yè)中起著關(guān)鍵和核心作用，由于鈀資源非常有限，因此廢舊催化劑等二次資源中鈀再生回收價值很高。廢鈀催化劑的雜質(zhì)主要含碳、有機物及少量Fe、Zn等元素。廢催化劑中鈀的分離與提純工藝流程如下：已知：①鈀常見的化合價有+2價和+4價。鈀容易形成配位化合物，如[Pd(NH3)4]Cl2、[Pb(NH3)2]Cl2、[H2Pd(NO3)4]。②當(dāng)有硝酸存在時，鈀易與硝酸形成穩(wěn)定的配位體?；卮鹣铝袉栴}：（1）“焙燒”的目的是___________。（2）得到粗鈀后，用王水在一定溫度下充分浸取鈀，得到氯亞鈀酸(H2PdCl4)溶液，鈀的浸出率與反應(yīng)的溫度、時間的關(guān)系如圖所示。最佳的浸取時間和溫度為___________。（3）將氯亞鈀酸溶液進(jìn)行充分“濃縮趕硝”的原因是___________。（4）氯亞鈀酸溶液經(jīng)“氨水絡(luò)合”后；生成二氯四氨絡(luò)亞鈀{[Pd(NH3)4]Cl2}的化學(xué)方程式為___________。（5）“氨水絡(luò)合”時需要控制好溶液的pH，已知常溫下，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16，要使得溶液中的雜質(zhì)金屬離子沉淀完全，pH至少調(diào)節(jié)為___________(保留三位有效數(shù)字)。(lg2=0.3)（6）往二氯四氨絡(luò)亞鈀{[Pd(NH3)4]Cl2}溶液中攪拌滴加鹽酸，調(diào)節(jié)pH析出黃色的二氯二氨絡(luò)亞鈀 {[Pb(NH3)2]Cl2}用化學(xué)用語解釋實現(xiàn)該轉(zhuǎn)化的原因_________。（7）二氯二氨絡(luò)亞鈀經(jīng)水合肼(N2H4·H2O)處理后得到純鈀，同時還產(chǎn)生對環(huán)境無污染的氣體，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________?！敬鸢浮浚?）將炭和有機物燃燒除掉，同時將鈀元素轉(zhuǎn)化為PdO（2）反應(yīng)時間為2.5h，反應(yīng)溫度為90°C（3）有硝酸存在時，鈀易與硝酸形成穩(wěn)定的配位體，從而影響二氯二氨絡(luò)亞鈀的沉淀率（4）H2PdCl4+6NH3·H2O=[Pd(NH3)4]Cl2+6H2O+2NH4Cl（5）8.65（6）[Pd(NH3)4]Cl2溶液中存在平衡：[Pd(NH3)4]Cl2(aq)?[Pd(NH3)2]Cl2(s)+2NH3(aq)，加大鹽酸消耗NH3，促使上述平衡向右移動，轉(zhuǎn)化為[Pd(NH3)4]Cl2沉淀(或[Pd(NH3)4]Cl2+2HCl=[Pd(NH3)2]Cl2↓+2NH4Cl，加入鹽酸后，反應(yīng)生成[Pd(NH3)2]Cl2沉淀（7）2[Pd(NH3)2]Cl2+N2H4?H2O=2Pd+4NH4C1+H2O+N2↑【解析】【分析】廢鈀催化劑在750℃的高溫下焙燒，碳、有機物及少量Fe、Zn被氧氣氧化生成氧化物，經(jīng)系列操作得粗鈀，濾渣中含有Pd、SiO2，二氧化硅不溶于王水，但Pd能溶于王水生成溶液，同時生成氣體，加入濃氨水調(diào)節(jié)溶液pH沉淀鐵離子，得到溶液中加入鹽酸酸析得到沉淀Pd(NH3)2Cl2，通過水和肼還原得純鈀；【小問1詳解】高溫焙燒時，一方面可燃物(C、有機物)可燃燒變成CO2、H2O除去，另一方面鈀元素以及一些雜質(zhì)元素在焙燒中轉(zhuǎn)化，根據(jù)后續(xù)信息知鈀變成PdO；【小問2詳解】根據(jù)題中信息可得，在反應(yīng)時間為2.5h和90℃時鈀的浸出率最高；【小問3詳解】將氯亞鈀酸溶液進(jìn)行充分“濃縮趕硝”的原因是有硝酸存在時，鈀易與硝酸形成穩(wěn)定的配位體，從而影響二氯二氨絡(luò)亞鈀的沉淀率；【小問4詳解】根據(jù)信息，反應(yīng)方程式為H2PdCl4+6NH3·H2O=[Pd(NH3)4]Cl2+6H2O+2NH4Cl；【小問5詳解】Kp(Zn(OH)2]=[Zn2+]·[0H-]2=2.0×10-16，沉淀完全時[Zn2+]可以計算得出[0H-]=×10-5.5，則[H+]= ×10-8.5，pH=-lg[H+]=-lg（×10-8.5）=8.65；【小問6詳解】[Pd(NH3)4]Cl2溶液中存在平衡；[Pd(NH3)4]Cl2(aq)[Pd(NH3)4]Cl2(s)+2NH3(aq)，加入鹽酸消耗NH3，促使上述平衡向右移動，轉(zhuǎn)化為[Pd(NH3)4]Cl2沉淀；【小問7詳解】結(jié)合題意，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2[Pd(NH3)4]Cl2+N2H4·H2O=2Pd+4NH4Cl+H2O+N2↑；16.鐵及其化合物在工業(yè)上有許多用途。回答下列有關(guān)問題：（1）鐵系氧化物材料在五金器材的拋光、光學(xué)儀器和玉石的磨光材料、吸波材料、半導(dǎo)體材料等方面得以廣泛應(yīng)用。在空氣中加熱FeCO3可制得鐵系氧化物材料。已知：①4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)ΔH=-1648kJ·mol-1；②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393kJ·mol-1；③2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s)ΔH=-1480kJ·mol-1；則在空氣中加熱FeCO3生成鐵系氧化物Fe2O3的熱化學(xué)方程式為___________。（2）已知在某種含鐵催化劑作用下發(fā)生下列反應(yīng)：CO(g)+3H2(g)?CH4(g)+H2O(g)ΔH＜0。一定溫度下和壓強條件下，把1molCO和3molH2加入到壓強為p0的恒壓密閉容器中，測得不同時間CO的體積分?jǐn)?shù)φ(CO)如下表：t/min01020304050φ(CO)0.2500.2300.2140.2020.2000.200①當(dāng)___________不再發(fā)生變化時(寫出一條即可)，則表明反應(yīng)CO(g)+3H2(g)?CH4(g)+H2O(g)達(dá)到平衡。②達(dá)到平衡時CO的轉(zhuǎn)化率為___________；若用平衡分壓代替平衡濃度，則該溫度下的平衡常數(shù)K=___________(已知：氣體分壓=氣體總壓×體積分?jǐn)?shù))。③若下圖表示該反應(yīng)中CO的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強的關(guān)系。圖中溫度T1、T2、T3由高到低的順序是___________。 （3）甲醇在催化劑條件下可以直接被氧化成甲酸。常溫下，甲酸的電離常數(shù)Ka=1.0×10-4，20.00mL0.1000mol?L-1NaOH溶液與等體積一定濃度的甲酸溶液混合，所得溶液中c(HCOOH)=c(HCOO-)，則c(OH-)=___________，溶液中離子濃度由大到小的順序為___________?！敬鸢浮浚?）4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)ΔH=-260kJ·mol-1（2）①.混合氣體的密度或混合氣體的平均相對分子質(zhì)量或任一組分的體積分?jǐn)?shù)等②.33.3%或1/3③.④.T1＞T2＞T3（3）①.1.0×10-10mol/L②.c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)【解析】【小問1詳解】已知：①4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)ΔH=-1648kJ·mol-1；②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393kJ·mol-1；③2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s)ΔH=-1480kJ·mol-1；根據(jù)蓋斯定律，將①+②×4-③×2，整理可得：4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)ΔH=-260kJ·mol-1；【小問2詳解】①反應(yīng)CO(g)+3H2(g)?CH4(g)+H2O(g)ΔH＜0的正反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，反應(yīng)混合物都是氣體，氣體的質(zhì)量不變，反應(yīng)在恒溫、恒壓條件下進(jìn)行，當(dāng)混合氣體的密度或混合氣體的平均相對分子質(zhì)量或任一組分的體積分?jǐn)?shù)等不變時，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；②CO、H2發(fā)生反應(yīng)CO(g)+3H2(g)?CH4(g)+H2O(g)。在反應(yīng)開始時n(CO)=1mol，n(H2)=3mol，假設(shè)CO轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量是xmol，則反應(yīng)消耗CO為3xmol，反應(yīng)產(chǎn)生CH4、H2O的物質(zhì)的量都是xmol，故平衡時n(CO)=(1-x)mol，n(H2)=(3-3x)mol，n(CH4)=n(H2O)=xmol，平衡時氣體總物質(zhì)的量為(4-2x)mol，根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知平衡時CO的體積分?jǐn)?shù)是0.20，所以，解得x=mol，所以平衡時CO 的平衡轉(zhuǎn)化率為；CO的平衡分壓為p(CO)=，p(H2)=，p(CH4)=p(H2O)=，故該溫度下的化學(xué)平衡常數(shù)Kp=；③CO(g)+3H2(g)?CH4(g)+H2O(g)ΔH＜0的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，在其它條件不變時，升高溫度，化學(xué)平衡向吸熱的逆反應(yīng)方向移動，導(dǎo)致CO的平衡轉(zhuǎn)化率減小。根據(jù)圖示可知CO的平衡轉(zhuǎn)化率：T3＞T2＞T1，所以溫度由高到低的順序是：T1＞T2＞T3；【小問3詳解】甲酸的電離平衡常數(shù)K=。所以當(dāng)溶液中c(HCOOH)=c(HCOO-)時，K=c(H+)=1.0×10-4mol/L，則根據(jù)水的離子積常數(shù)可知溶液中c(OH-)=；所得溶液顯酸性，則c(H+)＞c(OH-)。甲酸鈉是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，現(xiàn)在得到溶液c(H+)=1.0×10-4mol/L，溶液顯酸性，說明得到溶液為甲酸與甲酸鈉的化合物，HCOOH電離程度大于HCOO-的水解程度，因此c(HCOO-)＞c(Na+)，溶液顯酸性，鹽電離產(chǎn)生的離子濃度c(Na+)大于弱電解質(zhì)HCOOH電離產(chǎn)生的c(H+)，故溶液中各種離子濃度由大到小的順序為：c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。[選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]17.2019年諾貝爾化學(xué)獎授予約翰·古德伊納夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰三位科學(xué)家，以表彰他們在鋰電池領(lǐng)域所做出的巨大貢獻(xiàn)。請回答下列問題：（1）LiCoO2、LiFePO4常用作鋰離子電池的正極材料?；鶓B(tài)Co原子核外電子排布式為___，基態(tài)磷原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為___；該能層能量最高的電子云在空間有___個伸展方向，原子軌道呈___形。（2）[Co(NO3－)4]2－中Co2+的配位數(shù)為4，配體中N的雜化方式為__，該配離子中各元素的第一電離能由小到大的順序為___(填元素符號)，1mol該配離子中含σ鍵數(shù)目為___NA。（3）LiFePO4屬于簡單磷酸鹽，而直鏈的多磷酸鹽則是一種復(fù)雜磷酸鹽，如：焦磷酸鈉、三磷酸鈉等。焦磷酸根離子、三磷酸根離子如圖所示： 這類磷酸根離子的化學(xué)式可用通式表示為___(用n代表P原子數(shù))。（4）鈷藍(lán)晶體結(jié)構(gòu)如圖，該立方晶胞由4個I型和4個Ⅱ型小立方體構(gòu)成，其化學(xué)式為___，晶體中Al3+占據(jù)O2－形成的___(填“四面體空隙”或“八面體空隙”)。NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，鈷藍(lán)晶體的密度為___g·cm－3(列計算式)?！敬鸢浮竣?1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2②.M③.3④.啞鈴⑤.sp2⑥.Co、O、N⑦.16⑧.(PnO3n＋1)(n＋2)－⑨.CoAl2O4⑩.八面體空隙?.【解析】【詳解】（1）Co為27號元素，Co原子核外有27個電子，根據(jù)核外電子排布規(guī)律可得其基態(tài)Co原子核外電子排布式；基態(tài)磷原子核外有三層電子，故最高能層符號為M，電子云在空間有3個伸展方向，原子軌道為啞鈴型，故答案為：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；M；3；啞鈴；（2）NO3－中價層電子對數(shù)為，故為sp2雜化；一般情況下非金屬性越強第一電離能越大，但由于N原子中最外層為半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，故第一電離能大于O，所以第一電離能由小到大的順序為Co、O、N；一個NO3－中有3個σ鍵，配位鍵也為σ鍵，故σ鍵數(shù)目為3×4+4=16，則1mol該配離子中含σ鍵數(shù)目為16NA，故答案為：sp2；Co、O、N；16；（3）可以根據(jù)磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化學(xué)式推導(dǎo)：PO43-、P2O74-、P3O105-磷原子的變化規(guī)律為：1,2,3,4，n?氧原子的變化規(guī)律為：4,7,10,3n+1?酸根所帶電荷數(shù)的變化規(guī)律為：3,4,5,n+2；故答案為：(PnO3n＋1)(n＋2)－（4）根據(jù)鈷藍(lán)晶體晶胞結(jié)構(gòu)分析，一個晶胞中含有的Co、Al、O個數(shù)分別為：，，，所以化學(xué)式為CoAl2O4；根據(jù)結(jié)構(gòu)觀察，晶體中Al3+占據(jù)O2-形成的八面體空隙；該晶胞的體積為，該晶胞的質(zhì)量為, 所以密度為，故答案為：CoAl2O4；八面體空隙；?！军c睛】在計算價層電子對數(shù)時O、S作為配原子時提供的電子數(shù)為0；第（3）問屬于跨學(xué)科綜合題目，首先用數(shù)學(xué)的找規(guī)律遞推到通式，首先寫出磷酸的化學(xué)式，然后尋找規(guī)律。[選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)]18.磷酸氯喹在細(xì)胞水平上能有效抑制新型冠狀病毒2019-nCoV感染，其中一種以芳香化合物A和乙酰乙酸乙酯()為原料合成磷酸氯喹的合成路線如下：已知：①具有酸性；②；③R1NH2+R2XR1NHR2+HX(X表示鹵原子)。請回答下列問題：（1）C中含氧官能團(tuán)的名稱是________，G→H的反應(yīng)類型是_______。（2）F的結(jié)構(gòu)簡式是___________。（3）寫出C與NaOH反應(yīng)的化學(xué)方程式___________。（4）M是H的同分異構(gòu)體，符合下列條件的M的同分異構(gòu)體共有___________種；寫出其中一種核磁共振氫譜顯示環(huán)上只有3組峰，且峰面積之比為4：4：1的結(jié)構(gòu)簡式___________。①含有基團(tuán)、一N(C2H5)2；②酸性水解產(chǎn)物中含有乙酸； ③能與金屬鈉反應(yīng)生成H2（5）參照上述信息和合成路線，請設(shè)計以苯和1，4-丁二醇為原料合成的合成路線(無機試劑任選)_____?！敬鸢浮浚?）①.酯基、羥基②.取代反應(yīng)（2）（3）+2NaOH→+CH3CH2OH+H2O（4）①.19②.、、（5）【解析】【分析】根據(jù)已知②，A發(fā)生還原反應(yīng)生成B，由B的結(jié)構(gòu)簡式可知A為。根據(jù)D的化學(xué)式可知：C發(fā)生水解再酸化得D為，D脫羧基得E，根據(jù)I和F反應(yīng)的生成物的結(jié)構(gòu)簡式可知，F(xiàn)為，E發(fā)生取代反應(yīng)生成F，F(xiàn)與I發(fā)生取代反應(yīng)后再與磷酸反應(yīng)得磷酸氯喹。【小問1詳解】根據(jù)題圖可知C結(jié)構(gòu)簡式是，其中所含的含氧官能團(tuán)是酯基、羥基；與BrCH2CH2Br在CH3CH2ONa作用下反應(yīng)產(chǎn)生G：；根據(jù)G、H二者結(jié)構(gòu)簡式的不同，可知該反應(yīng)類型是取代反應(yīng)；【小問2詳解】 根據(jù)上述分析可知F結(jié)構(gòu)簡式是；【小問3詳解】C是，根據(jù)已知信息：具有酸性，酯基能夠發(fā)生水解反應(yīng)，所以C與NaOH溶液反應(yīng)化學(xué)方程式為：+2NaOH→+CH3CH2OH+H2O；【小問4詳解】H結(jié)構(gòu)簡式是，M是H的同分異構(gòu)體，符合下列條件：①含有基團(tuán)、一N(C2H5)2；②酸性水解產(chǎn)物中含有乙酸，說明原物質(zhì)中含有乙酸酯結(jié)構(gòu)；③能與金屬鈉反應(yīng)生成H2，說明物質(zhì)分子中含有-COOH或-OH結(jié)構(gòu)，則符合條件的M的同分異構(gòu)體存在上連有CH3COO-、-OH、一N(C2H5)2，根據(jù)定二移一的方法可知共有19種不同結(jié)構(gòu)，其中一種核磁共振氫譜顯示環(huán)上只有3組峰，且峰面積之比為4：4：1的結(jié)構(gòu)簡式為：、、；【小問5詳解】根據(jù)信息②，用1，4-丁二醇與POCl3發(fā)生取代生成，用苯與硝酸、濃硫酸在加熱時發(fā)生取代反應(yīng)生成硝基苯，硝基苯還原生成苯胺，苯胺與在一定條件下反應(yīng)生成，故合成路線為：。