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2021-2022学年四川省南充高级中学高三下学期第四次月考试题 化学（解析版）
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这是一份2021-2022学年四川省南充高级中学高三下学期第四次月考试题 化学（解析版），共18页。试卷主要包含了 设NA为阿伏加德罗常数值等内容，欢迎下载使用。
南充高中2018级高三第四次月考
理科综合能力测试化学部分
可能用到的相对原子量：H-1 C-12 O-16 F-19 Ca-40 Pb-207
1. 化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是
A. 不锈钢是一种主要含Fe、Cr、Ni且不易生锈的合金钢
B. 医用酒精和含氯消毒液杀灭流行性病毒的原理不同
C. 陶瓷属于无机非金属材料，陶瓷中不含金属元素
D. 适量SO2可用于对食物杀菌防腐、抗氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A．不锈钢属于铁的合金，是向铁中加入Cr、Ni等改变金属内部结构而成的合金钢，A正确；
B．医用酒精消毒原理是酒精使细菌病毒的蛋白质发生变性死亡，含氯消毒液杀灭流行性病毒的原理是含氯消毒剂有强氧化性，是利用强氧化性杀菌消毒，两者原理不同，B正确；
C．陶瓷属于无机非金属材料种类繁多，可能含有金属元素，如耐高温陶瓷AlN等，C错误；
D．SO2具有还原性，可用于葡萄酒的杀菌防腐、抗氧化，D正确；
故答案选C。
2. 在一定条件M可与N发生如图转化生成一种具有优良光学性能树脂Q。下列说法正确的是
A. Q属于酯类有机物，可用作从溴水中提取溴的萃取剂
B. 与M官能团种类和数目都相同的芳香族化合物还有5种
C. 1molQ最多可消耗5mol氢气
D. N中所有原子可能共平面
【答案】B
【解析】
【详解】A．Q含有酯基、碳碳双键，碳碳双键能和溴水发生加成反应，不可用作从溴水中提取溴萃取剂，A错误；
B． 与M官能团种类和数目都相同的芳香族化合物还有5种，分别是2,3,4−三溴苯酚， 2,3,5−三溴苯酚，2,3,6−三溴苯酚，2,4,5−三溴苯酚，3,4,5−三溴苯酚， B项正确；
C． 苯环和碳碳双键可与氢气发生加成反应，则1molQ最多可消耗4mol氢气，C错误；
D． N中含甲基、饱和碳原子是四面体构型，故分子内所有原子不可能共平面，D错误；
答案选B。
3. 设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是
A. 23gC2H6O含C-H键数目一定为2.5NA
B. 25℃，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-9NA
C. 3.0g甲醛(HCHO)和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NA
D. 0.1mol/LNa2S溶液中，S2-、HS-、H2S的数目共为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．C2H6O存在同分异构体乙醇和乙醚两种，如果是23g乙醇，C-H键数目为2.5NA，如果是23g乙醚，C-H键数目为3NA，故A错误；
B．pH=9的CH3COONa溶液中氢氧根浓度为10-5mol/L，此溶液中氢氧根的物质的量为n=cV=10-5mol/L×1L=10-5mol，是水电离出的全部氢氧根，故此溶液中发生电离的水分子数为1×10-5NA，故B错误；
C．甲醛和冰醋酸的最简式均为CH2O，故3g混合物中含有的CH2O的物质的量为0.1mol，故含原子为0.4NA个，故C正确；
D．只有浓度没有体积无法计算，故D错误；
故答案为C。
4. 已知X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误是
A. X与Y和X与Z组成的化合物中可能均含有非极性共价键
B. X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱
C. M与Y组成的化合物有多种，其中MY2可作为自来水杀菌消毒剂，是一种酸性氧化物
D. 实验室可以利用R与Y组成的化合物和X与Z组成的化合物的水溶液反应来制取X与Z组成的化合物
【答案】C
【解析】
【分析】由题意及图，X的主要化合价为+1价，则X为第ⅠA族元素原子，Y的主要化合价为-2价，则Y为O，X的半径最小，则X为H，Z的主要价态为+5、-3价，则Z为第ⅤA族元素原子，M的主要化合价为+7和-1价，则M为Cl，Q的主要化合价为+1价且半径较大，则Q为Na，M的半径小于Q，则M为N，R主要化合价为+2价，半径最大，则R为Ca，据此分析。
【详解】A．X为H，Y为O，Z为N，X和Y成的化合物为H2O或H2O2，X和Z形成的化合物为NH3或N2H4，H2O2、N2H4均含有非极性共价键，A正确；
B．X为H，Y为O，Z为N，三种元素组成化合物可能是盐NH4NO3，也可能是碱NH3﹒H2O，B正确；
C．Y为O，M为Cl，ClO2可作为自来水杀菌消毒剂，但ClO2不是酸性氧化物，C错误；
D．R为Ca，Y为O，X为H，Z为N，R与Y形成的化合物为CaO，X与Z组成的化合物的水溶液为氨水溶液，实验室可利用生石灰和氨水反应快速制备NH3，D正确；
故答案选C。
5. 某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A. X电极质量减轻，Y电极质量增加
B. 电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O
C. 电解池的总反应为2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑
D. 每消耗103.5gPb，理论上电解池阴极上有1molH2生成
【答案】B
【解析】
【分析】据图可知电解池中，铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，铁电极上水得电子作阴极，电极反应为：6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，铅蓄电池中X与阴极铁相连，作负极，负极上发生的反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4，Y与阳极铝相连，作正极，电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，串联电路中各电极转移电子相等，据此分析解答。
【详解】A.蓄电池中两电极都生成硫酸铅，因此两个电极的质量都增加，A错误；
B.铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，OH-是水电离产生，说明电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O，B正确；
C.阳极铝电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，阴极铁电极电极反应为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3(胶体)+3H2↑，在铝的表面有氧气产生，说明还存在电解水的过程：2H2OO2↑+2H2↑，C错误；
D.n(Pb)==0.5mol，Pb是+2价的金属，反应的Pb的物质的量是0.5mol，则反应转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，根据串联电路中电子转移守恒，则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查原电池和电解池工作原理，电解池的电极反应正确判断原电池正负极、电解池阴阳极以及铝电极上产生氧气是求解本题关键，难点是电极反应式的书写。
6. CuSO4溶液是实验室中常用试剂。下列与CuSO4溶液有关实验的操作和结论都一定正确的是
选项
A
B
C
D
实验操作
前者产生气泡更快
收集NO2
蒸发CuSO4溶液
结论
Fe3+催化效果好于Cu2+
Ksp(CuS)
可获得胆矾晶体
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．等体积等物质的量浓度的Fe2(SO4)3和CuSO4加入等体积等浓度的H2O2溶液中，前者产生气泡更快，由于两溶液中硫酸根的浓度不同，因此不能说明Fe3+催化效果好于Cu2+，可能是硫酸根的催化作用，A错误；
B．在一定量硫酸锌溶液中加入少量硫化钠溶液，生成ZnS白色沉淀，过滤洗涤后，再向沉淀中加入适量硫酸铜溶液，沉淀变成黑色，说明ZnS转化为CuS黑色沉淀，说明Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)，B正确；
C．NO2密度比空气大，应用向上排空气法，图中NO2会使大部分空气在集气瓶的上方，导致气体不纯且NO2会从长导管中出去被NaOH吸收，C错误；
D．胆矾晶体受热容易失去结晶水，蒸发CuSO4溶液不一定得到胆矾晶体，应该冷却饱和的硫酸铜溶液，可以得到胆矾晶体，故D错误；
7. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 物质的量浓度相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl、CH3COONH4溶液中c(NH)：(NH4)2SO4>CH3COONH4>NH4HSO4>NH4Cl
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 1.0mol·L-1Na2CO3溶液：c(OH-)=2c(HCO)+c(H+)+c(H2CO3)
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据化学式组成可知，(NH4)2SO4中c(NH)最大，NH4HSO4溶液中H+抑制NH的水解，NH4Cl溶液中NH正常水解，CH3COONH4溶液中CH3COO-促进NH的水解，则各溶液中c(NH)大小为：(NH4)2SO4>NH4HSO4 >NH4Cl>CH3COONH4，故A错误；
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，水解常数增大，，故减小，故B错误；
C．Na2CO3溶液存在质子守恒：c(OH-)=c(HCO)+c(H+)+2c(H2CO3)，故C错误；
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，存在=，比值不变，故D正确；
故答案为D。
8. 实验室用如图装置(夹持装置略)制备高效水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
已知K2FeO4具有下列性质：①可溶于水，微溶于浓KOH溶液；②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定，在Fe(OH)3或Fe3+催化下发生分解；③在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成O2和Fe(OH)3(或Fe3+)。
(1)装置A用于制取氯气，其中需使用恒压漏斗的原因是___。
(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是___和___。
(3)①装置C中生成K2FeO4反应的离子方程式为___。
②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是___。
③在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用___。
A．H2O
B．稀KOH溶液、异丙醇
C．NH4Cl溶液、异丙醇
D．Fe(NO3)3溶液、异丙醇
(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1 s～t2 s内，O2的体积迅速增大的主要原因是___。
(5)验证酸性条件下氧化性FeO＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，___。(实验中须使用的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH溶液、淀粉KI试纸、棉花)
(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞FeO，而第(5)小题实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，原因是___。
【答案】 ①. 防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落 ②. 将装置C置于冰水浴中 ③. KOH应过量(或减缓通入氯气的速率等) ④. 3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2FeO+6Cl-+8H2O ⑤. 消毒、净水 ⑥. B ⑦. K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用 ⑧. 向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO＞Cl2 ⑨. 溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱
【解析】
【分析】将恒压漏斗中的浓盐酸滴入蒸馏烧瓶中，与KMnO4发生反应产生Cl2，浓盐酸具有挥发性，挥发的盐酸与Cl2通入到装置B中用饱和食盐水除去HCl杂质，在装置C中Cl2、KOH、Fe(OH)3发生氧化还原反应产生K2FeO4，在装置D中用NaOH溶液除去多余的Cl2，防止大气污染。
【详解】(1)在装置A用于制取氯气，其中需使用恒压漏斗的原因是防止因反应过于剧烈导致漏斗中气体压强过大而使液体无法滴落；
(2)根据已知信息可知：K2FeO4在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定，因此为防止装置C中制得的K2FeO4分解，可以采取的措施是将装置C置于冰水浴中进行降温处理；
(3)①在装置C中Cl2与KOH、Fe(OH)3发生氧化还原反应产生K2FeO4、KCl、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，得到生成K2FeO4反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2FeO+6Cl-+8H2O；
②高铁酸钾具有强氧化性，能够起杀菌消毒作用；其还原产物Fe3+发生水解产生的Fe(OH)3胶体又具有净水作用，因此高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是消毒、净水两重作用；
③由于可溶于水，微溶于浓KOH溶液，强碱性溶液中比较稳定，在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成O2和Fe(OH)3(或Fe3+)，所以提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法要在碱性、无水的环境中进行，可采用稀KOH溶液、异丙醇，故合理选项是B；
(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1 s～t2 s内，O2的体积迅速增大的主要原因是K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用，使K2FeO4分解产生O2；
(5)根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性比氧化产物的强分析。因此要验证酸性条件下氧化性FeO＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，向其中加入浓盐酸，并将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，说明反应产生了I2，证明发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO＞Cl2；
(6)根据K2FeO4的制备实验得出：在碱性环境中物质的氧化性：Cl2＞FeO，而第(5)小题实验表明，在酸性环境中物质的氧化性：FeO＞Cl2，这说明了溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱，因此在只有指明溶液酸碱性时，比较物质的氧化性或还原性才有意义。
9. 硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如图所示：
请回答下列问题：
(1)步骤①中主要成分发生的离子反应方程式是：___。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式：___。
(3)步骤⑤包括用pH=2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是___(写酸的名称)。
(4)上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是___。
(5)Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：___。
(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是___；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是___。
(7)用NaHS作污水处理的沉淀剂，可以处理工业废水中的Cu2+。已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1=1.0×10-7，Ka2=7.0×10-15，CuS的溶度积为Ksp(CuS)=6.3×10-36。反应Cu2+(aq)+HS-(aq)CuS(s)+H+(aq)的平衡常数K=___(结果保留1位小数)。
【答案】 ①. 3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O ②. 2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ ③. 硫酸 ④. 使CuCl快速干燥，防止其水解氧化 ⑤. Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O ⑥. 温度过低反应速率慢 ⑦. 温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解 ⑧. 1.1×1021
【解析】
【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++ +2Cl-+H2O=2CuCl++2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；
【详解】(1)步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，离子反应方程式是：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(2)步骤③的反应为：2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl++2H+；
(3)由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；故答案为：硫酸；
(4)由题：CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，步骤⑥醇洗，步骤⑦烘干，目的是：使CuCl干燥，防止其水解氧化；故答案为：使CuCl干燥，防止其水解氧化；
(5)硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应为：Na2SeSO3+H2SO4═Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O；
(6)流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低反应速率慢，CuCl产率低；温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解；故答案为：温度过低反应速率慢；温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解；
(7)已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1=1.0×10-7，Ka2=7.0×10-15，CuS的溶度积为Ksp(CuS)=6.3×10-36，反应Cu2+(aq)+HS-(aq)⇌CuS(s)+H+(aq)的平衡常数：
，故答案为：1.1×1021。
10. 甲醇水蒸气催化重整反应是生产氢能的有效方法之一：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)。已知Kp表示用分压表示平衡常数，气体分压=气体物质的量分数×总压。此反应机理可以整合为以下途径：
甲醇分解(I)：CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) △H1(kJ/mol)
水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H2(kJ/mol)
甲醇分解(I)、水煤气变换(II)的反应平衡常数Kp与温度关系见表：
温度T
398K
498K
598K
698K
798K
898K
甲醇分解Kp(I)/kpa
0.50
185.8
9939.5
1.8×105
1.6×106
9.3×106
水煤气变换Kp(II)
1577
137.5
28.14
9.339
4.180
2.276
①△HI__0，△HII__0(填“＞”或“＜”)
②398K时，反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)的Kp=___(kpa)2。
【答案】 ①. > ②. < ③. 788.5
【解析】
【分析】①KP随温度升高而增大，为吸热反应，随温度降低而变小，则为放热反应；
②甲醇分解（I）：CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)KP1，水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)KP2，将方程式I+II得方程式CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)KP=KP1×KP2；
【详解】①KP随温度升高而增大，为吸热反应，随温度降低而变小，则为放热反应，则△H1＞0，△H2＜0，故答案为：＞；＜；
②甲醇分解(I)：CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)KP1，水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)KP2，将方程式I+II得方程式CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)KP=KP1×KP2=0.50×1577=788.5，故答案为：788.5。
11. 合成氨工艺是利用氢气的一种重要的途径。
N2和H2生成NH3的反应为：N2(g)+H2(g)NH3(g)△H(298K)=-46.2kJ•mol-1，在Fe催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)
化学吸附：N2(g)→2N*；H2(g)→2H*；
表面反应：N*+H*NH*；NH*+H*NH2*；NH2*+H*NH3*
脱附：NH3*NH3(g)
其中，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。请回答：
(1)利于提高合成氨平衡产率的条件有____。
A.低温 B.高温 C.低压 D.高压 E.催化剂
(2)标准平衡常数Kθ=其中pθ为标准压强(1×105Pa)，p(NH3)、p(N2)和p(H2)为各组分的平衡分压，如p(NH3)=x(NH3)p，p为平衡总压，x(NH3)为平衡系统中NH3的物质的量分数。
①N2和H2起始物质的量之比为1∶3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为w，则Kθ=____(用含w的最简式表示)
②图中可以示意标准平衡常数Kθ随温度T变化趋势的是___。
(3)实际生产中，常用工艺条件为Fe作催化剂、控制温度773K、压强3.0105Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1∶2.8。
①分析说明原料气中N2过量的理由___。
②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是___。
A.合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零
B.控制温度(773K)远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和较快的化学反应速率
C.当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率
D.基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
E.分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生
【答案】 ①. AD ②. ③. A ④. 原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率 ⑤. ADE
【解析】
【详解】(1) A．降低温度，平衡向正向移动，A项选；
B．升高温度，平衡向逆向移动，B项不选；
C．降低压强，平衡向逆向移动，C项不选；
D．升高压强，平衡向正向移动，D项选；
E．加入催化剂，平衡不移动，E项不选；
答案选AD；
(2)①N2和H2起始物质的量之比为1∶3，NH3的平衡产率为w，设N2起始物质的量为mol，列出三段式：，总物质的量为(2-w）mol，，，，；
②升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，则平衡常数的对数减小，但不是线性关系，答案选A；
(3)①原料中N2和H2物质的量之比为1 : 2.8，原料气中N2过量的两个理由：原料气中N2来自于空气的分离，相对易得，并且适度过量有利于提高H2的转化率；由题给信息： N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率，所以N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；
②A．合成氨反应是气体体积减小的放热反应，合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零，A项正确；
B．合成氨正反应为放热反应，升高温度不利于平衡转化率的提高，但能提高催化剂的活性，加快反应速率，B项错误；
C．当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不变，不能提高平衡转化率，C项错误；
D．NH3有较强的分子间作用力，可将其液化，不断将液氨移去，有利于反应正向进行，D项正确；
E．合成氨的反应在合成塔中发生，原料气中的N2是从空气中分离得来，先将空气液化再蒸馏得N2，甲烷与水在高温催化剂条件下生成CO和O2，原料气需经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，E项正确；
答案选ADE。
12. 氟及其化合物用途非常广泛，自然界中氟多以化合态形式存在，主要有萤石(CaF2)、冰晶石(Na3AlF6)等。回答下列问题：
(1)基态氟原子中有___种能量不同的电子。
(2)NF3的键角___NH3的键角(填“大于”、“小于”、“等于”)，原因是___。
(3)氟硼酸(HBF4，属于强酸)常用于替代浓硫酸作铅蓄电池的电解质溶液，可由HF和BF3合成，从化学键形成角度分析HF与BF3能化合的原因：____。
(4)液态[H2F]+中存在[H2F]+和[HF2]-，[HF2]-的结构可表示为[F—H…F]-，[H2F]+的VSEPR模型名称为__形。NaHF2可用于制无水氟化氢和供雕刻玻璃、木材防腐等。常温常压下为白色固体，易溶于水，160℃分解。NaHF2中所含作用力的类型有___(填字母)。
a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.氢键
(5)CaF2是难溶化合物，其晶胞结构如图所示：
①若原子坐标参数A处为(0，0，0)，B处为(，，0)，C处为(1，1，1)，则D处为___。
②每个Ca2+周围距离最近的Ca2+共有____个。
③已知：CaF2晶体密度为cg·cm-3，则晶胞中Ca2+与最近的F-之间的距离为____nm。(设NA表示阿伏加德罗常数的值，用含c、NA的式子表示)。
【答案】 ①. 3 ②. 小于 ③. F的电负性大，N-F键电子云更靠近F，成键电子对之间排斥力减小，故NF3键角更小 ④. HF分子中F原子有孤电子对，而BF3分子中B原子有空轨道，二者可以形成配位键 ⑤. 四面体 ⑥. abd ⑦. (，，) ⑧. 12 ⑨.
【解析】
【分析】（1）同一能级中的电子能量相同，不能能级中的电子能量不同；
（2）NF3与NH3的空间构型相同，但是NH3（-33℃）分子间形成氢键；
（3）含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键；
（4）NaHF2中含有离子键、共价键，F的电负性较强，还存在氢键；
（5）①CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A处为 （0，0，0）；B处为(,，0)；C处为（1，1，1），则D处微粒在x、y、z轴上的投影分别是(，，)；
②每个Ca2+周围距离最近的Ca2+是顶角和面心的钙离子；
③该晶胞中氟离子个数=8、钙离子个数=8×+6×=4，晶胞体积=，晶胞棱长=，晶胞中Ca2+与离它最近的F-之间的距离为晶胞体对角线的。
【详解】（1）F原子核外电子排布式为1s22s22p5，有1s、2s、2p3个能级，故基态氟原子中有 3种能量不同电子，故答案为：3；
（2）NF3的键角小于NH3的键角，NF3与NH3的空间构型相同，但是NH3（-33℃）的沸点比NF3（-129℃）的高，原因为二者均为分子晶体，但NH3分子间能形成氢键，故答案为：小于；F的电负性大，N-F键电子云更靠近F，成键电子对之间排斥力减小，故NF3键角更小；
（3）含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，BF3中硼原子有空轨道，HF中氟原子有孤对电子，两者之间可形成配位键，所以HF能和氟化硼反应生成HBF4，故答案为：HF分子中F原子有孤对电子对，而BF3分子中B原子有空轨道，二者可以形成配位键；
（4）[H2F]+的价电子对数=2+×（7-2-1）=4，VSEPR模型名称为四面体，NaHF2为离子化合物，存在离子键，H-F键为共价键，F的电负性较强，还存在氢键，故选：abd；故答案为：四面体；abd；
（5）①CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A处为 （0，0，0）；B处为(,，0) ，则D处微粒在x、y、z轴上的投影分别是，，，故答案为：(，，)；
②每个Ca2+周围距离最近的Ca2+是顶角和面心的钙离子共计12个，故答案为：12；
③该晶胞中氟离子个数=8、钙离子个数=8×+6×=4，晶胞体积=，晶胞棱长=，晶胞中Ca2+与离它最近的F-之间的距离为晶胞体对角线的，，故答案为：(，，)；12；。
13. 有机玻璃()广泛应用于商业、轻工业、建筑、化工甚至人工角膜等方面，下面是工业上合成有机玻璃的一种路线图。
请回答下列问题：
(1)反应①属于加成反应，则A的化学式为___；反应②的反应类型是___。
(2)B的名称是__，有机玻璃中官能团的名称为__。
(3)下列有关CH2=C(CH3)COOH的说法错误的是__(填字母)。
a.分子中所有碳原子均在同一平面上
b.能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色
c.与丙酸互为同系物
d.能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应
(4)写出反应④的化学方程式：___。
(5)C有多种同分异构体，其中满足下列条件的有___种，在这些同分异构体中，核磁共振氢谱有3组峰的物质的结构简式为___。
①能发生水解反应但不能发生银镜反应；
②能使溴的CCl4溶液褪色。
(6)以乙醛为原料可制得新型生物降解材料——聚—2—羟基丙酸()，试按X的形式表示出合成路线图___。
【答案】 ①. HCN ②. 消去反应 ③. 甲醇 ④. 酯基 ⑤. c ⑥. CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O ⑦. 7 ⑧. CH3COOC(CH3)=CH2 ⑨. CH3CHO
【解析】
【分析】有机玻璃的化学名称为聚甲基丙烯酸甲酯，其单体为甲基丙烯酸甲酯，由合成路线可知丙酮与A发生加成反应生成，则A为HCN，发生消去反应生成，中氰基发生水解生成羧基，得到甲基丙烯酸，甲基丙烯酸与甲醇发生酯化反应生成甲基丙烯酸甲酯，甲基丙烯酸甲酯发生加聚反应生成有机玻璃，据此分析。
【详解】(1)丙酮与A发生加成反应生成，则A为HCN，对比②前后反应物与产物分析②反应为消去反应，故答案为：HCN；消去反应；
(2)C在催化剂作用下得到有机玻璃，则C为甲基丙烯酸甲酯，则B为甲醇，有机玻璃的化学名称为聚甲基丙烯酸甲酯()，含有的官能团为酯基，故答案为：甲醇；酯基；
(3)a.CH2=C(CH3)COOH具有乙烯分子的平面型结构，其可以看成是乙烯分子中同一个C上的两个H原子被甲基和羧基取代，则羧基C原子和甲基C原子相当于原来乙烯分子中的两个H原子，故4个C原子共面，a正确；
b.因甲基丙烯酸含有双键，能与溴水发生加成反应、能被酸性高锰酸钾氧化，b正确；
c.同系物要求分子组成上相差n个CH2原子团且属于同一类物质的有机物，丙酸(CH3CH2COOH)显然与甲基丙烯酸不是同系物，c错误；
d.甲基丙烯酸含有羧基，具有酸性能与Cu(OH)2悬浊液发生中和反应，d正确；
故答案为：c；
(4)④的反应为甲基丙烯酸与甲醇反应生成甲基丙烯酸甲酯和水，故答案为：CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O
(5)C为甲基丙烯酸甲酯，其含有酯基和碳碳双键，其同分异构体能发生水解反应但不能发生银镜反应说明含有酯基但不是甲酸某酯，能使溴水褪色说明含有碳碳双键，由于酯是由酸和醇反应得到，故作如下分析：
①当酸为乙酸时，则醇为含3个碳原子的烯醇，有三种结构(可看成是丙烯分子中1个H原子被羟基取代)，符合条件的酯有3种；
②当酸为丙酸(CH3CHCOOH)时，醇有一种结构乙烯醇(CH2=CHOH)，符合条件的酯有1种；
③当酸为丙烯酸(CH2=CHCOOH)时，醇有一种结构乙醇(CH3CH2OH) ，符合条件的酯有1种；
④当酸为4个C原子的烯酸时，可为C=C—C—COOH或C—C=C—COOH，醇只有一种结构甲醇(CH3OH)，符合条件的酯有2种，则符合条件的C的同分异构体共用7种，其中核磁共振氢谱有3组峰的物质的结构简式为CH3COOC(CH3)=CH2，故答案为：7；CH3COOC(CH3)=CH2；
(6) 以逆合成法进行分析，聚-2-羟基丙酸的单体为CH3CH(OH)COOH(2-羟基丙酸)，由题可知氰基水解可得到羧基，则可先合成CH3CH(OH)CN，而引入氰基可用碳氧双键与HCN的加成反应得到，而碳氧双键可由乙醇氧化得到，则合成思路为：CH3CH2OH氧化得到CH3CHO，CH3CHO与HCN加成得CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN水解得CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH发生缩聚得，故答案为：CH3CHO
南充高中2018级高三第四次月考
理科综合能力测试化学部分
可能用到的相对原子量：H-1 C-12 O-16 F-19 Ca-40 Pb-207
1. 化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是
A. 不锈钢是一种主要含Fe、Cr、Ni且不易生锈的合金钢
B. 医用酒精和含氯消毒液杀灭流行性病毒的原理不同
C. 陶瓷属于无机非金属材料，陶瓷中不含金属元素
D. 适量SO2可用于对食物杀菌防腐、抗氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A．不锈钢属于铁的合金，是向铁中加入Cr、Ni等改变金属内部结构而成的合金钢，A正确；
B．医用酒精消毒原理是酒精使细菌病毒的蛋白质发生变性死亡，含氯消毒液杀灭流行性病毒的原理是含氯消毒剂有强氧化性，是利用强氧化性杀菌消毒，两者原理不同，B正确；
C．陶瓷属于无机非金属材料种类繁多，可能含有金属元素，如耐高温陶瓷AlN等，C错误；
D．SO2具有还原性，可用于葡萄酒的杀菌防腐、抗氧化，D正确；
故答案选C。
2. 在一定条件M可与N发生如图转化生成一种具有优良光学性能树脂Q。下列说法正确的是
A. Q属于酯类有机物，可用作从溴水中提取溴的萃取剂
B. 与M官能团种类和数目都相同的芳香族化合物还有5种
C. 1molQ最多可消耗5mol氢气
D. N中所有原子可能共平面
【答案】B
【解析】
【详解】A．Q含有酯基、碳碳双键，碳碳双键能和溴水发生加成反应，不可用作从溴水中提取溴萃取剂，A错误；
B． 与M官能团种类和数目都相同的芳香族化合物还有5种，分别是2,3,4−三溴苯酚， 2,3,5−三溴苯酚，2,3,6−三溴苯酚，2,4,5−三溴苯酚，3,4,5−三溴苯酚， B项正确；
C． 苯环和碳碳双键可与氢气发生加成反应，则1molQ最多可消耗4mol氢气，C错误；
D． N中含甲基、饱和碳原子是四面体构型，故分子内所有原子不可能共平面，D错误；
答案选B。
3. 设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是
A. 23gC2H6O含C-H键数目一定为2.5NA
B. 25℃，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-9NA
C. 3.0g甲醛(HCHO)和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NA
D. 0.1mol/LNa2S溶液中，S2-、HS-、H2S的数目共为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．C2H6O存在同分异构体乙醇和乙醚两种，如果是23g乙醇，C-H键数目为2.5NA，如果是23g乙醚，C-H键数目为3NA，故A错误；
B．pH=9的CH3COONa溶液中氢氧根浓度为10-5mol/L，此溶液中氢氧根的物质的量为n=cV=10-5mol/L×1L=10-5mol，是水电离出的全部氢氧根，故此溶液中发生电离的水分子数为1×10-5NA，故B错误；
C．甲醛和冰醋酸的最简式均为CH2O，故3g混合物中含有的CH2O的物质的量为0.1mol，故含原子为0.4NA个，故C正确；
D．只有浓度没有体积无法计算，故D错误；
故答案为C。
4. 已知X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误是
A. X与Y和X与Z组成的化合物中可能均含有非极性共价键
B. X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱
C. M与Y组成的化合物有多种，其中MY2可作为自来水杀菌消毒剂，是一种酸性氧化物
D. 实验室可以利用R与Y组成的化合物和X与Z组成的化合物的水溶液反应来制取X与Z组成的化合物
【答案】C
【解析】
【分析】由题意及图，X的主要化合价为+1价，则X为第ⅠA族元素原子，Y的主要化合价为-2价，则Y为O，X的半径最小，则X为H，Z的主要价态为+5、-3价，则Z为第ⅤA族元素原子，M的主要化合价为+7和-1价，则M为Cl，Q的主要化合价为+1价且半径较大，则Q为Na，M的半径小于Q，则M为N，R主要化合价为+2价，半径最大，则R为Ca，据此分析。
【详解】A．X为H，Y为O，Z为N，X和Y成的化合物为H2O或H2O2，X和Z形成的化合物为NH3或N2H4，H2O2、N2H4均含有非极性共价键，A正确；
B．X为H，Y为O，Z为N，三种元素组成化合物可能是盐NH4NO3，也可能是碱NH3﹒H2O，B正确；
C．Y为O，M为Cl，ClO2可作为自来水杀菌消毒剂，但ClO2不是酸性氧化物，C错误；
D．R为Ca，Y为O，X为H，Z为N，R与Y形成的化合物为CaO，X与Z组成的化合物的水溶液为氨水溶液，实验室可利用生石灰和氨水反应快速制备NH3，D正确；
故答案选C。
5. 某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A. X电极质量减轻，Y电极质量增加
B. 电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O
C. 电解池的总反应为2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑
D. 每消耗103.5gPb，理论上电解池阴极上有1molH2生成
【答案】B
【解析】
【分析】据图可知电解池中，铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，铁电极上水得电子作阴极，电极反应为：6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，铅蓄电池中X与阴极铁相连，作负极，负极上发生的反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4，Y与阳极铝相连，作正极，电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，串联电路中各电极转移电子相等，据此分析解答。
【详解】A.蓄电池中两电极都生成硫酸铅，因此两个电极的质量都增加，A错误；
B.铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，OH-是水电离产生，说明电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O，B正确；
C.阳极铝电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，阴极铁电极电极反应为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3(胶体)+3H2↑，在铝的表面有氧气产生，说明还存在电解水的过程：2H2OO2↑+2H2↑，C错误；
D.n(Pb)==0.5mol，Pb是+2价的金属，反应的Pb的物质的量是0.5mol，则反应转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，根据串联电路中电子转移守恒，则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查原电池和电解池工作原理，电解池的电极反应正确判断原电池正负极、电解池阴阳极以及铝电极上产生氧气是求解本题关键，难点是电极反应式的书写。
6. CuSO4溶液是实验室中常用试剂。下列与CuSO4溶液有关实验的操作和结论都一定正确的是
选项
A
B
C
D
实验操作
前者产生气泡更快
收集NO2
蒸发CuSO4溶液
结论
Fe3+催化效果好于Cu2+
Ksp(CuS)
可获得胆矾晶体
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．等体积等物质的量浓度的Fe2(SO4)3和CuSO4加入等体积等浓度的H2O2溶液中，前者产生气泡更快，由于两溶液中硫酸根的浓度不同，因此不能说明Fe3+催化效果好于Cu2+，可能是硫酸根的催化作用，A错误；
B．在一定量硫酸锌溶液中加入少量硫化钠溶液，生成ZnS白色沉淀，过滤洗涤后，再向沉淀中加入适量硫酸铜溶液，沉淀变成黑色，说明ZnS转化为CuS黑色沉淀，说明Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)，B正确；
C．NO2密度比空气大，应用向上排空气法，图中NO2会使大部分空气在集气瓶的上方，导致气体不纯且NO2会从长导管中出去被NaOH吸收，C错误；
D．胆矾晶体受热容易失去结晶水，蒸发CuSO4溶液不一定得到胆矾晶体，应该冷却饱和的硫酸铜溶液，可以得到胆矾晶体，故D错误；
7. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 物质的量浓度相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl、CH3COONH4溶液中c(NH)：(NH4)2SO4>CH3COONH4>NH4HSO4>NH4Cl
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 1.0mol·L-1Na2CO3溶液：c(OH-)=2c(HCO)+c(H+)+c(H2CO3)
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据化学式组成可知，(NH4)2SO4中c(NH)最大，NH4HSO4溶液中H+抑制NH的水解，NH4Cl溶液中NH正常水解，CH3COONH4溶液中CH3COO-促进NH的水解，则各溶液中c(NH)大小为：(NH4)2SO4>NH4HSO4 >NH4Cl>CH3COONH4，故A错误；
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，水解常数增大，，故减小，故B错误；
C．Na2CO3溶液存在质子守恒：c(OH-)=c(HCO)+c(H+)+2c(H2CO3)，故C错误；
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，存在=，比值不变，故D正确；
故答案为D。
8. 实验室用如图装置(夹持装置略)制备高效水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
已知K2FeO4具有下列性质：①可溶于水，微溶于浓KOH溶液；②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定，在Fe(OH)3或Fe3+催化下发生分解；③在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成O2和Fe(OH)3(或Fe3+)。
(1)装置A用于制取氯气，其中需使用恒压漏斗的原因是___。
(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是___和___。
(3)①装置C中生成K2FeO4反应的离子方程式为___。
②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是___。
③在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用___。
A．H2O
B．稀KOH溶液、异丙醇
C．NH4Cl溶液、异丙醇
D．Fe(NO3)3溶液、异丙醇
(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1 s～t2 s内，O2的体积迅速增大的主要原因是___。
(5)验证酸性条件下氧化性FeO＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，___。(实验中须使用的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH溶液、淀粉KI试纸、棉花)
(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞FeO，而第(5)小题实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，原因是___。
【答案】 ①. 防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落 ②. 将装置C置于冰水浴中 ③. KOH应过量(或减缓通入氯气的速率等) ④. 3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2FeO+6Cl-+8H2O ⑤. 消毒、净水 ⑥. B ⑦. K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用 ⑧. 向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO＞Cl2 ⑨. 溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱
【解析】
【分析】将恒压漏斗中的浓盐酸滴入蒸馏烧瓶中，与KMnO4发生反应产生Cl2，浓盐酸具有挥发性，挥发的盐酸与Cl2通入到装置B中用饱和食盐水除去HCl杂质，在装置C中Cl2、KOH、Fe(OH)3发生氧化还原反应产生K2FeO4，在装置D中用NaOH溶液除去多余的Cl2，防止大气污染。
【详解】(1)在装置A用于制取氯气，其中需使用恒压漏斗的原因是防止因反应过于剧烈导致漏斗中气体压强过大而使液体无法滴落；
(2)根据已知信息可知：K2FeO4在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定，因此为防止装置C中制得的K2FeO4分解，可以采取的措施是将装置C置于冰水浴中进行降温处理；
(3)①在装置C中Cl2与KOH、Fe(OH)3发生氧化还原反应产生K2FeO4、KCl、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，得到生成K2FeO4反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2FeO+6Cl-+8H2O；
②高铁酸钾具有强氧化性，能够起杀菌消毒作用；其还原产物Fe3+发生水解产生的Fe(OH)3胶体又具有净水作用，因此高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是消毒、净水两重作用；
③由于可溶于水，微溶于浓KOH溶液，强碱性溶液中比较稳定，在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成O2和Fe(OH)3(或Fe3+)，所以提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法要在碱性、无水的环境中进行，可采用稀KOH溶液、异丙醇，故合理选项是B；
(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1 s～t2 s内，O2的体积迅速增大的主要原因是K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用，使K2FeO4分解产生O2；
(5)根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性比氧化产物的强分析。因此要验证酸性条件下氧化性FeO＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，向其中加入浓盐酸，并将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，说明反应产生了I2，证明发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO＞Cl2；
(6)根据K2FeO4的制备实验得出：在碱性环境中物质的氧化性：Cl2＞FeO，而第(5)小题实验表明，在酸性环境中物质的氧化性：FeO＞Cl2，这说明了溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱，因此在只有指明溶液酸碱性时，比较物质的氧化性或还原性才有意义。
9. 硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如图所示：
请回答下列问题：
(1)步骤①中主要成分发生的离子反应方程式是：___。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式：___。
(3)步骤⑤包括用pH=2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是___(写酸的名称)。
(4)上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是___。
(5)Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：___。
(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是___；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是___。
(7)用NaHS作污水处理的沉淀剂，可以处理工业废水中的Cu2+。已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1=1.0×10-7，Ka2=7.0×10-15，CuS的溶度积为Ksp(CuS)=6.3×10-36。反应Cu2+(aq)+HS-(aq)CuS(s)+H+(aq)的平衡常数K=___(结果保留1位小数)。
【答案】 ①. 3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O ②. 2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ ③. 硫酸 ④. 使CuCl快速干燥，防止其水解氧化 ⑤. Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O ⑥. 温度过低反应速率慢 ⑦. 温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解 ⑧. 1.1×1021
【解析】
【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++ +2Cl-+H2O=2CuCl++2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；
【详解】(1)步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，离子反应方程式是：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(2)步骤③的反应为：2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl++2H+；
(3)由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；故答案为：硫酸；
(4)由题：CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，步骤⑥醇洗，步骤⑦烘干，目的是：使CuCl干燥，防止其水解氧化；故答案为：使CuCl干燥，防止其水解氧化；
(5)硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应为：Na2SeSO3+H2SO4═Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O；
(6)流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低反应速率慢，CuCl产率低；温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解；故答案为：温度过低反应速率慢；温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解；
(7)已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1=1.0×10-7，Ka2=7.0×10-15，CuS的溶度积为Ksp(CuS)=6.3×10-36，反应Cu2+(aq)+HS-(aq)⇌CuS(s)+H+(aq)的平衡常数：
，故答案为：1.1×1021。
10. 甲醇水蒸气催化重整反应是生产氢能的有效方法之一：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)。已知Kp表示用分压表示平衡常数，气体分压=气体物质的量分数×总压。此反应机理可以整合为以下途径：
甲醇分解(I)：CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) △H1(kJ/mol)
水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H2(kJ/mol)
甲醇分解(I)、水煤气变换(II)的反应平衡常数Kp与温度关系见表：
温度T
398K
498K
598K
698K
798K
898K
甲醇分解Kp(I)/kpa
0.50
185.8
9939.5
1.8×105
1.6×106
9.3×106
水煤气变换Kp(II)
1577
137.5
28.14
9.339
4.180
2.276
①△HI__0，△HII__0(填“＞”或“＜”)
②398K时，反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)的Kp=___(kpa)2。
【答案】 ①. > ②. < ③. 788.5
【解析】
【分析】①KP随温度升高而增大，为吸热反应，随温度降低而变小，则为放热反应；
②甲醇分解（I）：CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)KP1，水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)KP2，将方程式I+II得方程式CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)KP=KP1×KP2；
【详解】①KP随温度升高而增大，为吸热反应，随温度降低而变小，则为放热反应，则△H1＞0，△H2＜0，故答案为：＞；＜；
②甲醇分解(I)：CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)KP1，水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)KP2，将方程式I+II得方程式CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)KP=KP1×KP2=0.50×1577=788.5，故答案为：788.5。
11. 合成氨工艺是利用氢气的一种重要的途径。
N2和H2生成NH3的反应为：N2(g)+H2(g)NH3(g)△H(298K)=-46.2kJ•mol-1，在Fe催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)
化学吸附：N2(g)→2N*；H2(g)→2H*；
表面反应：N*+H*NH*；NH*+H*NH2*；NH2*+H*NH3*
脱附：NH3*NH3(g)
其中，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。请回答：
(1)利于提高合成氨平衡产率的条件有____。
A.低温 B.高温 C.低压 D.高压 E.催化剂
(2)标准平衡常数Kθ=其中pθ为标准压强(1×105Pa)，p(NH3)、p(N2)和p(H2)为各组分的平衡分压，如p(NH3)=x(NH3)p，p为平衡总压，x(NH3)为平衡系统中NH3的物质的量分数。
①N2和H2起始物质的量之比为1∶3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为w，则Kθ=____(用含w的最简式表示)
②图中可以示意标准平衡常数Kθ随温度T变化趋势的是___。
(3)实际生产中，常用工艺条件为Fe作催化剂、控制温度773K、压强3.0105Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1∶2.8。
①分析说明原料气中N2过量的理由___。
②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是___。
A.合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零
B.控制温度(773K)远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和较快的化学反应速率
C.当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率
D.基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
E.分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生
【答案】 ①. AD ②. ③. A ④. 原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率 ⑤. ADE
【解析】
【详解】(1) A．降低温度，平衡向正向移动，A项选；
B．升高温度，平衡向逆向移动，B项不选；
C．降低压强，平衡向逆向移动，C项不选；
D．升高压强，平衡向正向移动，D项选；
E．加入催化剂，平衡不移动，E项不选；
答案选AD；
(2)①N2和H2起始物质的量之比为1∶3，NH3的平衡产率为w，设N2起始物质的量为mol，列出三段式：，总物质的量为(2-w）mol，，，，；
②升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，则平衡常数的对数减小，但不是线性关系，答案选A；
(3)①原料中N2和H2物质的量之比为1 : 2.8，原料气中N2过量的两个理由：原料气中N2来自于空气的分离，相对易得，并且适度过量有利于提高H2的转化率；由题给信息： N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率，所以N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；
②A．合成氨反应是气体体积减小的放热反应，合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零，A项正确；
B．合成氨正反应为放热反应，升高温度不利于平衡转化率的提高，但能提高催化剂的活性，加快反应速率，B项错误；
C．当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不变，不能提高平衡转化率，C项错误；
D．NH3有较强的分子间作用力，可将其液化，不断将液氨移去，有利于反应正向进行，D项正确；
E．合成氨的反应在合成塔中发生，原料气中的N2是从空气中分离得来，先将空气液化再蒸馏得N2，甲烷与水在高温催化剂条件下生成CO和O2，原料气需经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，E项正确；
答案选ADE。
12. 氟及其化合物用途非常广泛，自然界中氟多以化合态形式存在，主要有萤石(CaF2)、冰晶石(Na3AlF6)等。回答下列问题：
(1)基态氟原子中有___种能量不同的电子。
(2)NF3的键角___NH3的键角(填“大于”、“小于”、“等于”)，原因是___。
(3)氟硼酸(HBF4，属于强酸)常用于替代浓硫酸作铅蓄电池的电解质溶液，可由HF和BF3合成，从化学键形成角度分析HF与BF3能化合的原因：____。
(4)液态[H2F]+中存在[H2F]+和[HF2]-，[HF2]-的结构可表示为[F—H…F]-，[H2F]+的VSEPR模型名称为__形。NaHF2可用于制无水氟化氢和供雕刻玻璃、木材防腐等。常温常压下为白色固体，易溶于水，160℃分解。NaHF2中所含作用力的类型有___(填字母)。
a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.氢键
(5)CaF2是难溶化合物，其晶胞结构如图所示：
①若原子坐标参数A处为(0，0，0)，B处为(，，0)，C处为(1，1，1)，则D处为___。
②每个Ca2+周围距离最近的Ca2+共有____个。
③已知：CaF2晶体密度为cg·cm-3，则晶胞中Ca2+与最近的F-之间的距离为____nm。(设NA表示阿伏加德罗常数的值，用含c、NA的式子表示)。
【答案】 ①. 3 ②. 小于 ③. F的电负性大，N-F键电子云更靠近F，成键电子对之间排斥力减小，故NF3键角更小 ④. HF分子中F原子有孤电子对，而BF3分子中B原子有空轨道，二者可以形成配位键 ⑤. 四面体 ⑥. abd ⑦. (，，) ⑧. 12 ⑨.
【解析】
【分析】（1）同一能级中的电子能量相同，不能能级中的电子能量不同；
（2）NF3与NH3的空间构型相同，但是NH3（-33℃）分子间形成氢键；
（3）含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键；
（4）NaHF2中含有离子键、共价键，F的电负性较强，还存在氢键；
（5）①CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A处为 （0，0，0）；B处为(,，0)；C处为（1，1，1），则D处微粒在x、y、z轴上的投影分别是(，，)；
②每个Ca2+周围距离最近的Ca2+是顶角和面心的钙离子；
③该晶胞中氟离子个数=8、钙离子个数=8×+6×=4，晶胞体积=，晶胞棱长=，晶胞中Ca2+与离它最近的F-之间的距离为晶胞体对角线的。
【详解】（1）F原子核外电子排布式为1s22s22p5，有1s、2s、2p3个能级，故基态氟原子中有 3种能量不同电子，故答案为：3；
（2）NF3的键角小于NH3的键角，NF3与NH3的空间构型相同，但是NH3（-33℃）的沸点比NF3（-129℃）的高，原因为二者均为分子晶体，但NH3分子间能形成氢键，故答案为：小于；F的电负性大，N-F键电子云更靠近F，成键电子对之间排斥力减小，故NF3键角更小；
（3）含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，BF3中硼原子有空轨道，HF中氟原子有孤对电子，两者之间可形成配位键，所以HF能和氟化硼反应生成HBF4，故答案为：HF分子中F原子有孤对电子对，而BF3分子中B原子有空轨道，二者可以形成配位键；
（4）[H2F]+的价电子对数=2+×（7-2-1）=4，VSEPR模型名称为四面体，NaHF2为离子化合物，存在离子键，H-F键为共价键，F的电负性较强，还存在氢键，故选：abd；故答案为：四面体；abd；
（5）①CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A处为 （0，0，0）；B处为(,，0) ，则D处微粒在x、y、z轴上的投影分别是，，，故答案为：(，，)；
②每个Ca2+周围距离最近的Ca2+是顶角和面心的钙离子共计12个，故答案为：12；
③该晶胞中氟离子个数=8、钙离子个数=8×+6×=4，晶胞体积=，晶胞棱长=，晶胞中Ca2+与离它最近的F-之间的距离为晶胞体对角线的，，故答案为：(，，)；12；。
13. 有机玻璃()广泛应用于商业、轻工业、建筑、化工甚至人工角膜等方面，下面是工业上合成有机玻璃的一种路线图。
请回答下列问题：
(1)反应①属于加成反应，则A的化学式为___；反应②的反应类型是___。
(2)B的名称是__，有机玻璃中官能团的名称为__。
(3)下列有关CH2=C(CH3)COOH的说法错误的是__(填字母)。
a.分子中所有碳原子均在同一平面上
b.能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色
c.与丙酸互为同系物
d.能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应
(4)写出反应④的化学方程式：___。
(5)C有多种同分异构体，其中满足下列条件的有___种，在这些同分异构体中，核磁共振氢谱有3组峰的物质的结构简式为___。
①能发生水解反应但不能发生银镜反应；
②能使溴的CCl4溶液褪色。
(6)以乙醛为原料可制得新型生物降解材料——聚—2—羟基丙酸()，试按X的形式表示出合成路线图___。
【答案】 ①. HCN ②. 消去反应 ③. 甲醇 ④. 酯基 ⑤. c ⑥. CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O ⑦. 7 ⑧. CH3COOC(CH3)=CH2 ⑨. CH3CHO
【解析】
【分析】有机玻璃的化学名称为聚甲基丙烯酸甲酯，其单体为甲基丙烯酸甲酯，由合成路线可知丙酮与A发生加成反应生成，则A为HCN，发生消去反应生成，中氰基发生水解生成羧基，得到甲基丙烯酸，甲基丙烯酸与甲醇发生酯化反应生成甲基丙烯酸甲酯，甲基丙烯酸甲酯发生加聚反应生成有机玻璃，据此分析。
【详解】(1)丙酮与A发生加成反应生成，则A为HCN，对比②前后反应物与产物分析②反应为消去反应，故答案为：HCN；消去反应；
(2)C在催化剂作用下得到有机玻璃，则C为甲基丙烯酸甲酯，则B为甲醇，有机玻璃的化学名称为聚甲基丙烯酸甲酯()，含有的官能团为酯基，故答案为：甲醇；酯基；
(3)a.CH2=C(CH3)COOH具有乙烯分子的平面型结构，其可以看成是乙烯分子中同一个C上的两个H原子被甲基和羧基取代，则羧基C原子和甲基C原子相当于原来乙烯分子中的两个H原子，故4个C原子共面，a正确；
b.因甲基丙烯酸含有双键，能与溴水发生加成反应、能被酸性高锰酸钾氧化，b正确；
c.同系物要求分子组成上相差n个CH2原子团且属于同一类物质的有机物，丙酸(CH3CH2COOH)显然与甲基丙烯酸不是同系物，c错误；
d.甲基丙烯酸含有羧基，具有酸性能与Cu(OH)2悬浊液发生中和反应，d正确；
故答案为：c；
(4)④的反应为甲基丙烯酸与甲醇反应生成甲基丙烯酸甲酯和水，故答案为：CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O
(5)C为甲基丙烯酸甲酯，其含有酯基和碳碳双键，其同分异构体能发生水解反应但不能发生银镜反应说明含有酯基但不是甲酸某酯，能使溴水褪色说明含有碳碳双键，由于酯是由酸和醇反应得到，故作如下分析：
①当酸为乙酸时，则醇为含3个碳原子的烯醇，有三种结构(可看成是丙烯分子中1个H原子被羟基取代)，符合条件的酯有3种；
②当酸为丙酸(CH3CHCOOH)时，醇有一种结构乙烯醇(CH2=CHOH)，符合条件的酯有1种；
③当酸为丙烯酸(CH2=CHCOOH)时，醇有一种结构乙醇(CH3CH2OH) ，符合条件的酯有1种；
④当酸为4个C原子的烯酸时，可为C=C—C—COOH或C—C=C—COOH，醇只有一种结构甲醇(CH3OH)，符合条件的酯有2种，则符合条件的C的同分异构体共用7种，其中核磁共振氢谱有3组峰的物质的结构简式为CH3COOC(CH3)=CH2，故答案为：7；CH3COOC(CH3)=CH2；
(6) 以逆合成法进行分析，聚-2-羟基丙酸的单体为CH3CH(OH)COOH(2-羟基丙酸)，由题可知氰基水解可得到羧基，则可先合成CH3CH(OH)CN，而引入氰基可用碳氧双键与HCN的加成反应得到，而碳氧双键可由乙醇氧化得到，则合成思路为：CH3CH2OH氧化得到CH3CHO，CH3CHO与HCN加成得CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN水解得CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH发生缩聚得，故答案为：CH3CHO
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