（新高考）高三化学第三次模拟考试卷（四）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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（新高考）好高三第三次模拟考试卷
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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

化 学（四）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137

一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意。）
1．化学在生产和生活中有着重要的应用，下列说法正确的是
A．“温室效应”的形成主要与氮氧化物有关
B．“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
C．白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去
D．能够改善食品的色、香、味，并有防腐、保鲜作用的食品添加剂，须限量使用
【答案】D
【解析】A．“温室效应”的形成主要与二氧化碳有关，A错误；B．钢缆属于合金，是金属材料，B错误；C．塑化剂有毒，且与酒精互溶，不能过滤除去，C错误；D．食品添加剂能够改善食品的色、香、味，并有防腐、保鲜作用，但不能随意使用，应限量使用，D正确；答案选D。
2．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为2NA时，阳极应有64g Cu转化为Cu2+
B．0.1mol氨基(－NH2)含有的电子数为0.9NA
C．将0.2mol Cl2通入足量水中，转移的电子数为0.2NA
D．将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，当有2mol Br−转化为Br2时，转移的电子数一定为3NA
【答案】B
【解析】A．电解精炼铜时，阳极为粗铜，含有铁、锌等活泼金属，优先于铜失电子，电路中通过的电子数为2NA时，阳极反应的Cu质量小于64g，故A错误；B．氨基(－NH2)是电中性的原子团，每个氨基中含有9个电子，则0.1mol氨基含有电子数为0.9NA，故B正确；C．氯气与水的反应为可逆反应，氯气不能完全反应，故C错误；D．亚铁离子的还原性强于溴离子，氯气先与亚铁离子反应，再与溴离子反应，2mol Br−转化为Br2时，消耗的亚铁离子的量不确定，无法确定电子转移的数目，故D错误；故选B。
3．下列实验中，所选装置或实验设计合理的是

A．用图①所示装置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质
B．用乙醇提取溴水中的溴选择图②所示装置
C．用图③所示装置可以分离乙醇水溶液
D．用装置④将SnCl2溶液蒸干制备SnCl2晶体
【答案】A
【解析】A选项，碳酸钙难溶于水，因此用图①所示装置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质，故A符合题意；B选项，乙醇与水互溶，则乙醇不能作溴水的萃取剂，故B不符合题意；C选项，用图③所示装置可以分离乙醇水溶液，要使用温度计，故C不符合题意；D选项，Sn2+要水解，用装置④将SnCl2溶液蒸干不能制备SnCl2晶体，故D不符合题意。答案为A。
4．关于有机物a()、b()、c()的说法错误的是
A．a、b、c互为同分异构体
B．a、c均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．a、c与足量氢气反应消耗氢气的物质的量之比是4∶3
D．a、b、c的一氯代物分别有4种、1种、2种(不考虑立体异构)
【答案】D
【解析】A．a、b、c三种有机物的分子式均为C8H8，属于同分异构体，故A项正确；B．a、c均有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故B项正确；C．与足量氢气反应时，1mol a完全加成消耗4mol氢气，1mol c完全加成消耗3mol氢气，a、c消耗氢气的物质的量之比是4∶3，故C项正确；D．a中苯环上的一氯代物有3种，侧链上有2种，共5种，b的一氯代物有1种，c的一氯代物有2种，故D项错误；综上，本题选D。
5．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO+4NH+2H2O
B．浓盐酸与MnO2反应制取Cl2：MnO2+4HCl(浓)Mn2++2Cl−+Cl2↑+2H2O
C．酸性条件下，碘化钾溶液露置于空气中变质：4H++4I−+O2=2I2+2H2O
D．向Ca(HCO3)2溶液中加入少量Ca(OH)2溶液：HCO+OH−=CO+H2O
【答案】C
【解析】A．向氯化铝溶液中加入过量氨水，生成的氢氧化铝不能被溶解，反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，故A错误；B．浓盐酸与MnO2反应制取Cl2，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；C．酸性条件下，碘化钾溶液露置于空气中变质，反应的离子方程式为：4H++4I−+O2=2I2+2H2O，故C正确；D．向Ca(HCO3)2溶液中加入少量Ca(OH)2溶液，反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：Ca2++HCO+OH−=CaCO3↓+H2O，故D错误；故选C。
6．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，已知W、X、Y、Z同周期，Y、Z的最高正价之和等于10，Z的族序数是周期数的2倍。W和Z的质子数之和与X和Y的质子数之和相等。下列说法正确的是
A．简单离子半径：Z>X>W
B．Y、Z的简单氢化物的稳定性：Y>Z
C．W与Z形成的化合物的水溶液显酸性
D．工业上常用电解X的熔融氧化物制取X的单质
【答案】D
【解析】由于“Y、Z的最高正价之和等于10，Z的族序数是周期数的2倍”，Z只能是S，则Y为Si；由于“W和Z的质子数之和与X和Y的质子数之和相等，且四种元素在同一周期”，则“W、X、Y、Z”分别是Na、Al、Si、S；A．不同电子层结构的微粒，电子层数越多半径越大，相同电子层结构的微粒，核电荷数大的半径小，所以S2−＞Na+＞Al3+，A错误；B．非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，所以稳定性SiH4＜H2S，B错误；C．Na与S形成化合物Na2S，其水溶液因S2−水解而显碱性，C错误。D．工业上电解熔融Al2O3制取Al，D正确；答案选D。
7．甲、乙两个恒容密闭容器中均发生反应：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) ΔH＞0，有关实验数据如下表所示：
容器
容积/L
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
平衡常数
C(s)
H2O(g)
H2(g)
甲
2
T1
2.0
4.0
3.2
K1
乙
1
T2
1.0
2.0
1.2
K2
下列说法正确的是
A．K1＝12.8
B．T1＜T2
C．T1℃时向甲容器中再充入0.1mol H2O(g)，则平衡正向移动，CO2(g)的体积分数增大
D．若T2温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0mol CO2和2.0mol H2，达平衡时，CO2的转化率大于40%
【答案】A
【解析】A．根据表中数据可知甲容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.4mol·L−1，c(CO2)＝0.8mol·L−1，c(H2)＝1.6mol·L−1，K1＝＝12.8，A正确；B．乙容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.8mol·L−1，c(CO2)＝0.6mol·L−1，c(H2)＝1.2mol·L−1，K2＝＝1.35，K1＞K2，该反应为吸热反应，K减小说明反应逆向进行，则温度降低，即T1＞T2，B错误；C．向容器中再充入0.1mol H2O(g)，相当于增大压强，平衡逆向移动，则CO2的体积分数减小，C错误；D．与乙容器中的量比较，1.0mol CO2和2.0mol H2相当于1.0mol C和2.0mol H2O，若体积不变，则平衡时是完全等效的，即CO2为0.6mol，CO2的转化率为40%，但由于体积增大，压强减小，反应向生成CO2的方向移动，则CO2的转化率小于40%，D错误；故答案为A。
8．下列有关实验操作和现象及解释或结论都一定正确的是
选项
实验操作和现象
解释或结论
A
将受热分解产生的气体通入某溶液，溶液变浑浊，继续通入该气体，浑浊消失
该溶液是溶液或溶液
B
向盛有NaBr溶液的试管中依次滴入少量氯水和苯振荡、静置，溶液上层呈橙红色
非金属性：Cl C
将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，钠表面变暗，将其放置在坩埚中加热，钠燃烧，发出黄色火焰
钠易与氧气反应，加热时生成的是Na2O2
D
向20%蔗糖溶液中加入足量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液，加热，未出现银镜
蔗糖未水解
【答案】C
【解析】碳酸氢铵受热分解得到等物质的量的，同时通入溶液或溶液中，会产生沉淀，继续通入，因为的存在，不会和或沉淀反应，浑浊不会消失，A错误；溶液上层呈橙红色，说明生成了单质，即的氧化性强于，所以非金属性：Cl>Br，B错误；将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，钠表面变暗，生成Na2O，加热时，钠燃烧，发出黄色火焰，生成Na2O2，C正确；验证蔗糖的水解产物时，要先加入足量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入银氨溶液，水溶加热，若直接向水解液中加入银氨溶液，过量的稀硫酸会和银氨溶液发生中和反应，从而不产生银镜，无法验证是否水解，D错误。
9．如图为某二次电池充电时的工作原理示意图，该过程可实现盐溶液的淡化。下列说法正确的是

A．充电时，a极为电源负极
B．充电时，电解质溶液的pH不变
C．放电时，每生成1mol Bi消耗1.5mol
D．放电时，负极反应式为
【答案】C
【解析】由图知充电时，Bi的化合价升高，Bi电极为阳极，则与其相连的a极为电源正极，A错误；阳极反应式为，阴极反应式为，有生成，故电解质溶液pH减小，B错误；由得失电子数相等及电极反应式知，C正确；放电时负极反应式为，D错误。
10．以某冶金工业产生的废渣(含Cr2O3、SiO2及少量的Al2O3)为原料，根据下列流程可制备K2Cr2O7。

下列说法正确的是
A．煅烧时没有发生氧化还原反应
B．可循环使用的物质是CO2和Na2CO3
C．滤渣Ⅱ中主要成分是Al(OH)3
D．由Na2CrO4转化为K2Cr2O7的过程中需加入KOH
【答案】B
【解析】向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生如下反应，4Na2CO3+2Cr2O3+3O24Na2CrO4
+4CO2↑，Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑，用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，过滤，滤液中含有Na2CrO4、Na2CO3，再向溶液中加硫酸，2Na2CrO4+H2SO4=Na2Cr2O7+ Na2SO4+H2O，再向溶液中加入KCl固体，就会有K2Cr2O7晶体析出。A．向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生如下反应，4Na2CO3+2Cr2O3+3O24Na2CrO4+4CO2↑，煅烧时有氧化还原反应，故A错误；B．用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，会生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，故B错误；C．从上述流程图可知，CO2和Na2CO3均可循环使用，故C正确；D．由Na2CrO4转化为K2Cr2O7的过程中需加入硫酸和KCl固体，反应如下：2Na2CrO4+H2SO4=Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O，再向溶液中加入KCl固体，就会有K2Cr2O7晶体析出，故D错误；故选B。
二、 不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
11．化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是

A．甲分子中所有碳原子一定处于同一平面
B．乙中含有2个手性碳原子
C．用NaHCO3溶液或FeCl3溶液能鉴别化合物甲、乙
D．乙能与盐酸、NaOH溶液反应，且1mol乙最多能与4mol NaOH反应
【答案】BC
【解析】A．中C—O—C为V形，与苯环相连的C—O键可以旋转，使得甲基C原子不在苯环的平面上，选项A错误；B．手性碳原子连接四个不同的原子或基团，中所示位置为手性碳，有2个，选项B正确；C．甲中有羧基，与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，乙中有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，都可鉴别甲和乙，选项C正确；D．乙中有—NH2，显碱性，能与盐酸反应；有1个酚羟基，消耗1个NaOH；有2个酯基，如图，，左侧酯基水解以后形成1个酚羟基和1个羧基，消耗2个NaOH，右侧酯基水解以后形成醇羟基和羧基，消耗1个NaOH；C—Br位置为卤代烃的结构，可以发生碱性水解，消耗1个NaOH，综上，1个乙分子消耗5个NaOH，即1mol乙消耗5mol NaOH，选项D错误。答案选BC。
12．已知：某二元酸H2XO4在水中电离分两步：H2XO4=H++HXO，HXOH++XO。常温下，在20.00mL 0.01mol·L−1 NaHXO4溶液中滴加c mol·L−1 NaOH溶液，溶液温度与溶液体积关系如图所示。下列说法正确的是

A．Kw=10−12时，该NaOH溶液的pH=10
B．F点存在：c(OH−)+c(HXO)+2c(XO)=0.005mol/L
C．对应曲线上F、G之间的某一点，溶液中存在：c(Na+)>c(XO)=c(OH−)>c(HXO)>c(H+)
D．E点溶液中2c(Na+)=3c(H2XO4)+3c(HXO)+3c(XO)
【答案】AC
【解析】NaHXO4与NaOH发生NaHXO4+NaOH=Na2XO4+H2O，根据图像，该反应为放热反应，随着反应进行，温度升高，当温度达到最高，说明反应恰好完成，即加入20mNaOH时，恰好反应完全。A．根据上述分析，加入20mL NaOH溶液，NaHXO4和NaOH恰好反应完全，推出c(NaOH)=0.01mol·L−1，则溶液中的c(H+)==10−10mol·L−1，即pH=10，故A正确；B．F点溶质为Na2XO4，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HXO)+2c(XO)，F点溶液中c(Na+)==0.005mol·L−1，因此有c(OH−)+c(HXO)+2c(XO)>0.005mol·L−1，故B错误；C．F点溶质为Na2XO4，XO发生水解XO+H2OHXO+OH−，离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(XO)>c(OH−)>c(HXO)>c(H+)，随着NaOH的量增多，在FG的某点上存在c(Na+)>c(XO)=
c(OH−)>c(HXO)>c(H+)，故C正确；D．H2XO4的第一步电离是完全电离，溶液中不存在H2XO4，故D错误；答案为AC。
13．利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图所示，下列说法正确的是

A．电极b反应式是O2+4e−+2H2O=4OH−
B．乙装置d电极附近溶液的pH增大
C．c电极上的电极反应式为N2O4-2e−+H2O=N2O5+2H+
D．每转移2mol e−生成2mol N2O5和1mol H2SO4
【答案】D
【解析】A．甲装置为原电池，其中a电极为负极、b电极为正极，左侧加入了硫酸，其中的H+可透过质子膜而进入右侧极室，所以右侧极室是酸性的，所以电极反应中不能生成OH−，而应生成水：O2+4e−+4H+=2H2O，A项错误；B．乙装置是一个电解池，均采用了惰性电极，左侧为阳极，右侧d电极为阴极，其中盛放了硝酸溶液，发生的反应为：2H++2e−=H2↑，虽然消耗了H+，但同时有等量的H+从阳极区迁移过来，故溶液的pH不变，B项错误；C．c电极为阳极，发生氧化反应：N2O4-2e−+2HNO3=2N2O5+2H+，C项错误；D．据C项的电极反应式N2O4-2e−+2HNO3=2N2O5+2H+，可以看出转移2mol e−生成2mol N2O5，根据甲装置的左侧的电极反应式：SO2-2e−+2H2O=4H++SO，可知转移2mol e−生成1mol H2SO4，D项正确；答案选择D项。
14．Mg3N2常用于制备其它超硬、耐高温的氮化物，实验室通过CuO氧化NH3制得N2，然后与镁反应得到Mg3N2。已知Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，Mg3N2是一种浅黄色粉末，易水解。下列说法错误的是

A．装置A中分液漏斗中的溶液为浓氨水
B．装置D与装置F可以对调
C．实验开始时应先点燃C处酒精灯，再点燃E处酒精灯
D．取反应后装置E所得固体少许，滴入蒸馏水，可检验是否有Mg3N2
【答案】B
【解析】该实验主要是N2与Mg在加热时反应生成Mg3N2。A中长颈漏斗中是浓氨水，加入烧瓶中遇生石灰释放NH3，B中碱石灰吸收NH3中的水。在C装置中NH3与CuO在加热情况下反应生成N2，D中浓硫酸吸收N2中的水和NH3后，N2进入E中与Mg反应。F装置可以防止空气中的CO2、H2O等进入装置中与Mg反应。A．装置A中分液漏斗中的溶液是浓氨水，流入烧瓶中与CaO接触会产生NH3，A正确；B．装置D和F不能对调，因为D中浓硫酸吸收的是N2中的水和氨气，而碱石灰不能吸收NH3，B错误；C．实验进行时应先点燃C出酒精灯，等产生的较纯的N2进入E中时再点燃E中酒精灯，C正确；D．取反应后装置E所得固体少许，滴入蒸馏水，可根据其水解情况检验是否有Mg3N2，若有，则发生双水解，生成白色沉淀和有刺激性气味的气体，D正确。故选B。
15．氢氟酸是芯片加工的重要试剂。常见制备反应为：，已知溶液显酸性，NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是
A．溶液中微粒浓度大小顺序：
B．PO的空间构型为正四面体形
C．已知晶胞中每个被8个包围，则的配位数是4
D．由于HF分子间能形成氢键，所以热稳定性HF>HCl
【答案】D
【解析】溶液显酸性，故的电离程度大于水解程度，所以溶液中，A正确；PO的中心原子P原子的价层电子对数为4，所以采取杂化，空间构型为正四面体形，B正确；晶胞中每个被8个包围，根据化学式可知每个被4个包围，即的配位数是4，C错误；分子的热稳定性与分子间氢键无关，D错误。
三、非选择题（本题共5小题，共60分。）
16．β-MnS作为一种缓冲材料在太阳能电池上有巨大的应用潜力。β-MnS在空气中会慢慢氧化为硫酸锰，加热则生成二氧化硫和四氧化三锰。实验小组在实验室制备硫化锰(β-MnS)的装置如下。

回答下列问题：
(1)检查装置A的气密性的方法是_______。
(2)请将除杂装置B补充完整并标明所用试剂________。
(3)C中制得β-MnS反应的化学方程式为___________。
将C中反应后的混合液经以下操作可得到纯净的β−MnS。

操作1是_____(填名称)，洗涤操作中不用水而用H2S溶液的原因是_____________，β-MnS适于在___(填“高温”或“低温”)的环境下干燥。
(4)某工业废水中含有大量的Mn2+、Hg2+，向此工业废水中加入适量的Na2S，当Mn2+恰好完全沉淀时，废水中Hg2+的浓度为_____mol·L−1。[已知：Ksp(MnS)=2.5×10−13，Ksp(HgS)=6.4×10−53，当离子的浓度=1.0×10−5mol·L−1时可视为恰好完全沉淀]。
(5)点燃不纯的H2S气体可能会发生爆炸，为了防止意外，可连接一个安全装置，下图中的装置能起到作用的是_______。

【答案】（1）关闭止水夹K，从分液漏斗口注水，当分液漏斗内水面不再下降，表明装置气密性好
（2）
（3） H2S+Mn(CH3COO)2=MnS↓+2CH3COOH 过滤 减少沉淀的溶解损失 低温
（4） 2.56×10−45
（5） b
【解析】本题是以MnS为载体的制备型实验，考查学生的实验探究能力和实验思维能力。盐酸与FeS反应制得H2S，除杂后通入乙酸锰溶液制得MnS，以探究其化学性质。多余的有毒气体用NaOH溶液吸收。(1)分液漏斗和圆底烧瓶组合的发生装置常用微热法或液差法来检验气密性。(2)B装置在两个发生装置中间，应该是一个洗气装置，目的是除去硫化氢气体中的氯化氢，并能减少硫化氢气体的溶解，应用饱和的NaHS溶液。(3)硫化氢与乙酸锰发生复分解反应，反应的化学方程式为H2S+Mn(CH3COO)2=MnS↓+2CH3COOH.混合液得到固体，则操作1为过滤；洗涤中常常不用水而用酒精或者盐溶液，多数是为了减小得到的物质在水中溶解的损失。题目提示硫化锰加热则生成二氧化硫和四氧化三锰，所以不适合在高温下进行。(4)向废水中加入Na2S，发生反应Mn2++S2−=MnS↓，Hg2++S2−=HgS↓，Ksp(MnS)=2.5×10−13，当c(Mn2+)=1.0×10−5mol·L−1时，Mn2+沉淀完全，此时c(S2−)===2.5×10−8，此时体系中c(Hg2+)===2.56×10−45 mol·L−1。(5)因为可燃性气体与空气混合点燃易爆炸，所谓安全装置应是能将气体发生装置与检验装置分开，且不影响气体的检验，在安全装置中，进气管应插入到液面以下，出气管应在液面以上，否则会导致试管压强较大，导致乳胶头脱离或液体外溢，所以选择b。
17．磷酸二氢钾(KH2PO4)在工业、农业、医药及食品等行业均有广泛的应用。利用氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)制备磷酸二氢钾的工艺流程如图所示(部分流程步骤已省略)：

其中，萃取是因为KCl和H3PO4产生的HCl易溶于有机萃取剂。请回答下列问题：
(1)氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合价是_______。
(2)用化学反应原理解释KCl和H3PO4生成KH2PO4的原因：_______。
(3)若在实验室中进行操作Ⅰ和Ⅱ，则需要相同的玻璃仪器是_______；沸腾槽不能采用陶瓷材质的原因是_______(用化学方程式表示)。
(4)副产品N的化学式是_______；在得到N的流程中“……”的操作步骤是_______、洗涤、干燥。
(5)在萃取过程中，影响萃取率的因素复杂，下图是投料比对萃取率的影响曲线，在实际操作中，应选择投料比的范围是_______(填序号)。

A．0.2～0.4 B．0.4～0.6 C．0.6～0.8 D．0.8～1.0 E.1.0～1.2
(6)电解法制备KH2PO4是用石墨作电极，将电解槽分为a区和b区，中间用阳离子交换膜隔离，a区为3mol·L−1 H3PO4，b区为3mol·L−1 KCl。阳极区为_______(填“a”或“b”)区，其电极反应式是_______。
【答案】（1）+5
（2） 该反应是KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，加入有机萃取剂后，HCl被萃取到有机层中，水溶液中c(HCl)减小，使得平衡向生成KH2PO4的方向移动
（3） 烧杯 4HF+SiO2=2H2O+SiF4
（4） NH4Cl (减压)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
（5） E
（6） b 2Cl−-2e−=Cl2↑
【解析】氟磷灰石经粉碎后加入浓硫酸，可得到HF气体，过滤得到硫酸钙晶体，滤液中含有磷酸，加入氯化钾，氯化钾和磷酸反应生成磷酸二氢钾和氯化氢，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂，经萃取后，有机层含有HCl，用氨水进行反萃取，可得到氯化铵，水相经蒸发、浓缩、冷却结晶可得到KH2PO4。(1)在Ca5P3FO12中Ca为+2价、F为-1价、O为-2价，由化合物中元素化合价的代数和为0，则P为+5价；(2)该反应是KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，加入有机萃取剂后，HCl被萃取到有机层，水溶液中c(HCl)减小，使得平衡向生成KH2PO4的方向移动；(3)在实验室中进行操作Ⅰ是过滤，操作Ⅱ是萃取，则需要用到相同的玻璃仪器是烧杯；在沸腾槽中生成了HF，陶瓷中含有SiO2，可发生反应：4HF+SiO2=2H2O+SiF4，故沸腾槽不能采用陶瓷材质；(4)根据流程知副产品N是NH4Cl，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥可得到；(5)为了得到更多的KH2PO4，原料磷酸损失越少越好，所以磷酸的萃取率要低，但HCl的萃取率要比较高，由图像可知，在=1.0～1.2为宜，答案选E；(6)因为中间用阳离子交换膜隔离，只能是K+通过隔膜到阴极区生成KH2PO4，故KCl所在的b区是阳极区；电极反应式：2Cl−-2e−=Cl2↑。
18．探究影响合成尿素反应化学平衡的因素，有利于提高尿素的产率。以CO2、NH3为原料合成尿素的总反应为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH=-86.98kJ·mol−1
已知反应I：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH=+72.49kJ·mol−1；
反应II：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s) ΔH
回答下列问题：
(1)反应II的ΔH=______kJ·mol−1。
(2)实验小组利用下列装置测定温度对反应NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)的影响。

具体操作如下：
步骤I：先闭K3，然后打开K1和K2，开启真空泵抽气至测压仪数值为0后关闭K1；
步骤II：关闭K2，缓慢开启K3至U型管中硅油液面两侧相平并保持不变，记录不同温度下的压强数据如下表所示：
t/℃
20
25
30
35
40
p/kPa
8.60
11.40
16.24
20.86
30.66
①25℃时，NH2COONH4(s)分解的平衡常数Kp=________(kPa)3(结果保留一位小数)，随温度升高K值逐渐______(填“增大”“减小”或“不变”)，其主要原因是_________。
②步骤I中测压仪数值若还未到0就关闭K1和K2，则会导致Kp值_______(填“偏小”“偏大”或“不变”，下同)；步骤II中读数时U型管左侧液面偏高，Kp值_____。
(3)对于合成尿素反应，不同氨碳比[]条件下，CO2平衡转化率α(CO2)与温度的关系如图所示。温度一定时，CO2平衡转化率随值增大而增大，其原因是_____________________。当一定时，随温度升高，CO2平衡转化率先增大后减小，减小阶段是因为____(填“反应I”或“反应II”)占主导因素。

【答案】（1）-159.47
（2）219.5 变大 反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，Kp增大 偏大 偏大
（3）氧碳比越大，NH3与反应物比例高，平衡正向移动，提高了CO2的转化率 反应II
【解析】(1)根据盖斯定律，反应II=总反应-反应I，则反应II的ΔH=-86.98-72.49=159.47kJ·mol−1；(2)①设CO2的压强为x Pa，则NH3的压强为2x Pa，总压强为11.40kPa，则，，则NH2COONH4(s)分解的平衡常数，随着温度升高，Kp增大，是因为反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，Kp增大；②U型管左侧会残留空气，导致Kp测量值偏大，I中读数时U型管左侧液面偏高，则证明左侧气压小于右侧，Kp测量值偏大；(3)原因是：氧碳比越大，NH3与反应物比例高，平衡正向移动，提高了CO2的转化率；当氧碳比一定时，CO2平衡转化率呈现先增大后减小的趋势，其原因是前半段是反应I为主导因素，温度升高，促进反应I正向移动，后半段是反应II为主导因素，反应I向逆向移动。
19．离子液体被认为是21世纪理想的绿色溶剂，是指室温或者接近室温时呈液态，而本身由阴、阳离子构成的化合物。氯代丁基甲基咪唑离子液可以与混合形成离子液体；也可以转化成其他离子液体，下图是与离子交换反应合成离子液体的流程：

(1)请画出基态Ga原子的价电子排布图___________；同周期元素中基态原子未成对电子数与硼（B）原子相同的有___________(填元素符号)。
(2)中N原子的杂化方式为___________，的空间构型为___________，中几种元素电负性由大到小的顺序为___________。
(3)已知分子中的大键可以用表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表大键中的电子数，则中大键可以表示为___________。
(4)熔点为，则的晶体类型为___________，和混合形成离子液体的过程中会存在以下转化：，请画出的结构式___________。
(5)某种的晶胞结构如图所示，以六方最密方式堆积，在其八面体空隙中(注：未全部标出，如：在构成的八面体体心)。

①该晶胞中的配位数为___________。
②已知氧离子半径为，晶胞的高为，NA代表阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________g·cm−3(用含和NA的代数式表示)。
【答案】（1）
（2） 正四面体
（3）
（4） 分子晶体 或
（5） 4
【解析】(1)为31号元素，其原子的价电子排布图为，因为B的价电子排布图为，有一个未成对电子，第二周期中还有和F。(2)N原子周围有四对电子，故原子的杂化方式为，因为B是，故的空间构型为正四面体，中有氮元素和碳元素和氢元素，根据非金属性越强，电负性越强分析，元素电负性由大到小的顺序为。(3)中环上圆圈表示大键，环上的原子都是杂化，每个碳原子有1个未杂化的电子，每个N有两个未杂化的电子，但是还失去了一个电子，故参与形成大键的有6个电子，故大π键为；(4)，熔点为，熔点低，所以晶体类型为分子晶体，根据转换流程，先与形成配位健。接着再与形成，其结构为或。(5)①氧化物的化学式为，与个数比为2∶3，故配位数之比为3∶2，周围等距离的有6个，即的配位数为6，的配位数为4。②已知氧离子的半径为，则底面边长为，又晶胞的高度为，所以晶胞的体积，一个晶胞中含有2个，其质量，故密度为。
20．环丁基甲酸是重要的有机合成中间体，其一种合成路线如下：

回答以下问题：
(1)A属于烯烃，其结构简式为________。
(2)B→C的反应类型是________，该反应生成的与C互为同分异构体的副产物是________（写结构简式）。
(3)D的结构简式为________，E的化学名称是________。
(4)写出同时满足下列条件的G的所有同分异构体__________（写结构简式，不考虑立体异构）。
①核磁共振氢谱为3组峰；
②能使溴的四氯化碳溶液褪色；
③1mol该同分异构体与足量饱和NaHCO3反应产生88g气体。
(5)H的一种同分异构体为丙烯酸乙酯（CH2＝CH—COOC2H5），写出聚丙烯酸乙酯在NaOH溶液中水解的化学方程式________。
(6)参照上述合成路线，以和化合物E为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线：________。
【答案】（1）CH2=CH－CH3
（2） 加成反应
（3） HOOC－CH2－COOH 丙二酸二乙酯
（4） HOOC－CH2-CH=CH－CH2－COOH、CH2=C(CH2－COOH)2
（5）
（6）
【解析】用逆合成分析法：由C的结构可推出B为CH2=CH－CH2Br，A为CH2=CH－CH3。（1）由上述分析，A与Br2光照条件下取代反应生成B，B与HBr加成反应生成C，A属于烯烃，则为丙烯，其结构简式为CH2=CH－CH3。（2）CH2=CH－CH2Br与HBr发生加成反应生成CH2Br－CH2－CH2Br，故B→C的反应类型是：加成反应；该反应生成的与C互为同分异构体的副产物是：CH3－CHBr－CH2Br。（3）D与E发生酯化反应生成F，由E的结构简式可推出D为丙二酸，结构简式为HOOC－CH2－COOH；E的化学名称是丙二酸二乙酯。（4）G为，其同分异构体：①核磁共振氢谱为3组峰；则有3种氢原子。②能使溴的四氯化碳溶液褪色；则有碳碳双键。③1mol该同分异构体与足量饱和NaHCO3反应产生88g气体（2mol CO2）；则分子中有2个羧基。综上，结构简式为：HOOC－CH2－CH=CH－CH2－COOH、CH2=C(CH2－COOH)2两种。（5）丙烯酸乙酯（CH2＝CH—COOC2H5）发生加聚反应生成聚丙烯酸乙酯（），聚丙烯酸乙酯在NaOH溶液中水解的化学方程式为：。（6）以和化合物E（丙二酸二乙酯）为原料，制备，根据逆合成分析法，制备，需要；和（丙二酸二乙酯）反应生成；可由与HBr取代生成，故合成路线为：。