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【解析版】安徽省A10联盟2018届高三最后一卷理综化学试题
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这是一份【解析版】安徽省A10联盟2018届高三最后一卷理综化学试题，共19页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 常温下，现有0， a 等内容，欢迎下载使用。
安徽省A10联盟2018届高三最后一卷
理综化学试题
1. 化学与材料、生活密切相关，下列说法错误的是
A. “一带一路”是“丝绸之路经济带”的简称，丝绸的主要成分是纤维素
B. 喝补铁剂(含Fe2+)时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有还原性
C. 推广使用CO2合成的可降解聚碳酸酯塑料，能减少白色污染
D. “嘉州峨眉山有燕萨石，形六棱而锐首，色莹白明澈。”燕萨石的主要成分是二氧化硅
【答案】A
【解析】分析：A项，天然纤维分为棉纤维和蛋白质类纤维，其中棉纤维主要成分为纤维素，蛋白质类纤维主要有蚕丝、羊毛等；B项，补铁剂中铁元素以Fe2+形式存在，需注意防止被氧化，可与还原性物质同服；C项，白色污染是对难于降解的废塑料污染环境现象的一种形象称谓；D项，水晶是石英结晶体，主要化学成份是二氧化硅，纯净时形成无色透明的晶体，根据描述，燕萨石应属于水晶。
详解：A项，丝绸主要是蚕丝制品，所以丝绸属于蛋白质类纤维，其主要成分是蛋白质而不是纤维素，故A错误；B项，补铁剂含Fe2+，容易被氧化，维生素C具有还原性，可防止Fe2+被氧化，所以喝补铁剂(含Fe2+)时，加服维生素C效果更好，故B正确；C项，白色污染一般指一些塑料制品，由于不能降解从而对环境造成污染，而用CO2合成的可降解聚碳酸酯塑料，由于可降解，最终会变为无污染的物质，所以可减少白色污染，故C正确；D项，根据描述可得，燕萨石是一种有规则几何外形、无色透明的宝石，应为水晶，属于石英晶体，所以主要成分是二氧化硅，故D正确。综上分析，符合题意的选项为A。
2. 下列说法正确的是
A. 花生油和玉米油都是可皂化的饱和酯类
B. 溴苯、硝基苯和环已烷都难溶于水且密度都大于水
C. 分子式为C10H14的单取代芳香烃，其可能的结构有4种
D. 尼龙、涤纶和有机玻璃都是通过缩聚反应制得的
【答案】C
【解析】分析：A项，油脂都能发生皂化反应，动物脂肪主要成分为饱和酯，植物油主要成分多为不饱和酯；B项，一般硝基化合物密度大于水，很多卤代烃密度也是大于水的，烃类物质密度一般都小于水；C项，分子式为C10H14的单取代芳香烃，不饱和度为4，分子中含有一个苯环和一个丁基，其同分异构体取决于丁基的种数；D项，尼龙属于聚酰胺纤维，涤纶属于聚脂纤维，聚甲基丙烯酸甲酯（）又称有机玻璃。
详解：A项，花生油和玉米油都属于植物油，植物油多为不饱和酯类，故A错误；B项，溴苯、硝基苯都难溶于水且密度都大于水，环已烷难溶于水且密度比水的小，故B错误；C项，分子式为C10H14的单取代芳香烃，侧链为丁基（-C4H9），因为丁基有四种，所以分子式为C10H14的单取代芳香烃，其可能的结构有4种，故C正确；D项，尼龙和涤纶都是通过缩聚反应制得的，有机玻璃（）是通过加聚反应制得的，故D错误。综上分析，符合题意的选项为C。
3. 用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法错误的是
A. 标准状况下，11.2L CCl4所含C-Cl键数目不是2NA
B. 常温下，78g Na2S与Na2O2混合物中含有NA阴离子
C. 1mol乙醇和足量的CH3CO18OH发生酯化反应得到的H218O数目为NA
D. 室温下，2L0.05 mol/L的NH4NO3溶液中所含的氮原子数目为0.2 NA
【答案】C
【解析】分析：A项，涉及使用气体摩尔体积的计算，研究对象在标准状况下应为气态物质；B项，Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，两种化合物的阳离子与阴离子个数比均为2：1；C项，酯化反应属于可逆反应，不能进行完全；D项，1molNH4NO3中含有2molN原子，根据n=cV计算溶质的物质的量。
4. W、X、Y、Z是短周期元素，W的一种同位素无中子，X的单质在空气中含量约占78%，Y的单质在空气中燃烧发出耀眼白光，Z的单质用于工业制漂白粉。下列说法错误的是
A. W和X形成的化合物中可能既存在极性键，又存在非极性键
B. 含氧酸的酸性Z一定大于X
C. 工业上采取电解熔融Y和Z化合物的方法冶炼Y
D. W和X的化合物与W和Z的化合物反应可产生白烟
【答案】B
【解析】分析：W、X、Y、Z是短周期元素，W的一种同位素无中子，则W为H元素；X的单质在空气中含量约占78%，则X为N元素；Y的单质在空气中燃烧发出耀眼白光，则Y为Mg元素；Z的单质用于工业制漂白粉，则Z为Cl元素。
5. 下列有关化学实验操作、现象和结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向两个装满水的大小相等的表面皿中，分别加入绿豆小金属钠和黄豆大金属钾
大金属钾游动更加剧烈
金属钾比钠活泼
B
向氨水和Mg(OH)2的悬浊液中滴加少量FeCl3溶液
得到红褐色悬浊液
Ksp：Fe(OH)3
使石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通过酸性KMnO4溶液
KMnO4溶液褪色
石蜡油蒸汽中含有烯烃
D
常温下，向等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加等量的酚酞试液
Na2CO3溶液中红色更深
Kh:CO32->HCO3-
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】分析：A项，应取同样大小的金属钠和钾与水反应，比较二者的活泼性；B项，操作涉及的反应不是沉淀的转化；C项，石蜡油裂化产物中使KMnO4溶液褪色的不一定是烯烃；D项，常温下，等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中存在弱阴离子水解使溶液显碱性，碱性越强则水解程度越大。
详解：A项，其他因素相同时，固体物质的表面积越大化学反应速率越快，因为金属钾的表面积大于金属钠的表面积，所以无法通过反应现象比较金属钾与金属钠的活泼性相对强弱，故A错误；B项，氨水与FeCl3溶液反应产生红褐色Fe(OH)3沉淀，与Mg(OH)2无关，不是沉淀的转化，无法比较Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp大小，故B错误；C项，KMnO4溶液褪色，说明石蜡油蒸汽裂化生成了烯烃、炔烃等不饱和烃，不一定只有烯烃，故C错误；D项，常温下，向等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加等量的酚酞试液，Na2CO3溶液中红色更深，说明CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度，所以Kh:CO32->HCO3-，故D正确。综上分析，符合题意的选项为D。
6. 用如下装置处理含KMnO4的废液，使Mn元素转化为MnO2沉淀，从而消除重金属污染，下列说法错误的是
A. MnO4-处理完全后，实验结束时左侧可能会生成沉淀
B. 右侧产生的Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式为：7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
C. 当电路中转移6mol e-时，可以产生87gMnO2沉淀
D. 为了增大右侧溶液的导电性可以加稀硫酸造成强酸性环境
【答案】D
【解析】分析：根据题意并结合图示，铁电极为电解池的阳极，发生氧化反应生成Fe2+，在弱酸性条件下Fe2+与MnO4-发生氧化还原反应使Mn元素转化为MnO2沉淀。
详解：A项，MnO4-处理完全后，阳极生成的Fe2+会通过阳离子交换膜进入左侧，则左侧会生成Fe(OH)2沉淀，故A正确；B项，右侧产生的Fe2+在弱酸性条件下将MnO4-还原为MnO2，本身被氧化为Fe(OH)3，所以离子方程式为：7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+，故B正确；C项，根据阳极电极反应：Fe-2e-=Fe2+，当电路中转移6mole-时，生成3molFe2+，根据Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+可得，生成1molMnO2，质量为：1mol×87g/mol=87g，故C正确；D项，强酸性条件下，MnO4-与Fe2+反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，则不能使Mn元素转化为MnO2沉淀，故D错误。综上分析，符合题意的选项为D。
点睛：本题考查电解原理及氧化还原反应，解题时注意结合装置图分析电极反应和除去重金属的反应。C、D为易错选项，C项，需根据阳极反应求得电路中转移6mole-时生成Fe2+的物质的量，然后根据反应7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+计算MnO2的质量，若直接根据该氧化还原反应电子转移情况计算MnO2的质量肯定是错误的；D项，注意强酸性条件下，MnO4-与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，达不到消除重金属污染的目的。
7. 常温下，现有0.1mol· L-1NH4HCO3溶液，pH=7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH 的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 当pH=9时，溶液中存在下列关系：c(NH4+)>c(HCO3-)>c(NH3·H2O)>c( CO32-)
B. NH4HCO3溶液中存在下列关系：<1
C. 向pH=6.5的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+和HCO3-浓度逐渐减小
D. 分析可知，常温下水解平衡常数Kh(HCO3-)的数量级为10-7
【答案】B
【解析】分析：A项，由NH3·H2O的分布分数的变化分析NH4+的分布分数的变化，再结合图像判断当pH=9时，溶液中各离子浓度大小；B项，根据碳酸氢铵溶液pH=7.8，判断NH4+与HCO3-的大小关系，结合物料守恒解决该项；C项，结合图像判断滴入氢氧化钠溶液后NH4+和HCO3-浓度变化；D项，利用图像中的特殊点(如pH=6.5时)对应的离子浓度，计算水解平衡常数Kh(HCO3-)。
详解：A项，由图像可得，pH=9时，溶液中c(HCO3-)>c(NH3·H2O)>c(CO32-)，又因为含氮微粒为NH4+和NH3·H2O，所以NH4+和NH3·H2O的分布分数之和应等于1，所以当pH=9时，溶液中存在关系：c(HCO3-)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(CO32-)，故A错误；B项，根据物料守恒，NH4HCO3溶液中存在：①c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，又因为0.1mol·L-1NH4HCO3溶液，pH=7.8，所以Kh(NH4+)c(HCO3-)，再结合①式可得：c(NH3·H2O)
8. 化学探究小组设计实验探究某种氮的化合物的制备及性质。
【探究一】下图A为某气体制备装置，图中未画出。
据此回答：
（1）①只用一种试剂制备A中某气体，选取的试剂是____________。
a. NH4HCO3 b. NH4Cl c.Ca(OH)2 d. NH4NO3
②装置A所用的主要玻璃仪器是____________(填仪器名称)。
（2）从装置A进入装置B的物质在B中被充分吸收，写出B中发生反应的化学方程式_______________________________(写出一个即可)。
【探究二】为探究上述装置中产生的气体性质，该化学探究小组又组装了如下装置，其中C处硬质试管中装有红色粉末铜粉。
用酒精灯加热C 处硬质试管一段时间后，再通入上述实验产生的气体，过一会撤去C 处酒精灯。
据此回答:
（3）若实验过程中发现F 处铜片逐渐溶解。则:
①D 中观察到的现象是________________________________。
②C 中发生反应的化学方程式为________________________________。
③F 处铜片逐渐溶解的原因是________________________________。
④该装置的不足之处是________________________________。
（4）若实验过程中F 处铜片没有任何变化，D 中无任何现象发生，只观察到C 中粉末在红色和黑色间交替变化。则C 中发生反应的化学方程式为________________________________。
【答案】 (1). a (2). 试管、酒精灯 (3). 2Na2O2+2H2O=4NaOH + O2↑或2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (4). D中出现红棕色气体 (5). 4NH3+5O24NO+6H2O (6). 从E中出来的气体中含有二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，铜与硝酸反应而逐渐溶解 (7). 没有尾气吸收装置 (8). 4NH3+3O22N2+6H2O（或2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O）
【解析】分析：由已知可得，A中制取的是某种氮的化合物，结合探究二，F处铜片逐渐溶解，说明有硝酸生成，所以气体X中有氨气，B中Na2O2与A中产生的气体反应生成了O2，氨气和氧气在C中铜的催化作用下发生反应生成NO，NO进一步被氧化成NO2。
详解：（1）①由上述分析可得，气体X中含有氨气和氧气，A中制取的氮的化合物是氨气，则只用一种试剂制备氨气，选取的试剂是NH4HCO3，故选a；②NH4HCO3固体加热分解可以在大试管中进行，故装置A所用的主要玻璃仪器是试管和酒精灯。
（2）NH4HCO3受热分解产生氨气、水和二氧化碳，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，所以B中发生反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH + O2↑和2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
（3）①C中产生的NO气体很容易被氧气氧化成红棕色的NO2，所以D中会出现红棕色气体；②在C中铜的催化作用下，氨气和氧气发生反应生成NO，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；③从E中出来的气体中含有二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，F中铜与硝酸反应而逐渐溶解；④二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，NO有毒，不能直接排放到空气中，需要进行尾气处理，而该装置的设计中没有尾气吸收装置。
（4）若实验过程中F处铜片没有任何变化，D中无任何现象发生，只观察到C中粉末在红色和黑色间交替变化，则C中氨气与氧气在铜催化作用下（或氨气与CuO）发生氧化还原反应，没有生成NO，产物应为氮气等，故反应的方程式为：4NH3+3O22N2+6H2O（或2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O）。
9. 随着科技的进步，合理利用资源、保护环境成为当今社会关注的焦点。甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)可用于全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成，回答下列问题：
（1）制取甲胺的反应为CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)△H。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：
共价键
C-O
H-O
N-H
C-N
键能/kJ•mol-1
351
463
393
293
则该反应的△H=________kJ•mol-1
（2）上述反应中所需甲醇工业上利用水煤气合成，反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0。在一定条件下，将l mol CO和2mol H2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件（温度或压强）时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：
①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为____________________。
②X轴上a点的数值比b点_______（填“大”或“小”）。某同学认为上图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是______________________________________。
（3）常温下，已知：Ksp(PbI2)=4×10-9；已知Ksp(PbCl2)=1.6×10-5，则反应PbCl2(s)+2I-(aq)PbI2(s)+2Cl-(aq)的平衡常数K=_______________。
（4）分解HI曲线和液相法制备HI反应曲线分别如图1和图2所示：
①反应H2(g)+I2(g)2HI(g) 的△H_______（填“>”或“<”）0。
②将二氧化硫通入碘水中会发生反应：SO2+I2+2H2O3H++HSO4-+2I-，I2+I-I3-，图2中曲线a、b分别代表的微粒是_______、__________（填微粒符号）；由图2 知要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是减小___________________________________。
【答案】 (1). -12 (2). 25% (3). 小 (4). 随着Y值的增大，c(CH3OH)减小，平衡CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度 (5). 4000 (6). < (7). 2H+ (8). I3- (9). 减小的投料比
【解析】分析：（1）根据“反应热=反应物总键能-生成物总键能”计算；
（2）①可设CO的转化率为α，根据化学方程式及已知数据列三段式计算；②由CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H＜0可得，增大压强平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动；
（3）根据K== 计算；
（4）①根据图1，分解HI时HI与H2在平衡时的物质的量随温度的变化，判断温度对平衡移动的影响；②由二氧化硫通入碘水中发生的两个反应可得：I2过量时，I-减小，I3-增多，且越大，I-会越小，I3-会越多；H+和HSO4-都不变，且n（H+）：n（HSO4-）=3：1，再结合图2分析即可。
详解：（1）设C-H键能为x kJ•mol-1，△H =反应物总键能-生成物总键能=3x kJ•mol-1+351 kJ•mol-1+463 kJ•mol-1+3×393 kJ•mol-1-（3x kJ•mol-1+293 kJ•mol-1+2×393 kJ•mol-1+2×463 kJ•mol-1）=-12 kJ•mol-1。
（2）①设CO的转化率为α，CO和H2的初始物质的量分别为l mol、2 mol，则CO反应了α mol，由化学方程式列三段式可得：
，因为CH3OH(g)的体积分数=CH3OH(g)的物质的量分数，平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则×100%=10%，解得：α=25%。
②根据图示信息：X轴上a点的数值比b点小，随着Y值的增加，CH3OH的体积分数φ（CH3OH）减小，平衡“CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H＜0”向逆反应方向进行，故Y表示温度。
（3）由已知，发生反应PbCl2(s)+2I-(aq)PbI2(s)+2Cl-(aq)的溶液为PbCl2和PbI2的饱和溶液，所以K== ==4000。
（4）①由图1可知，平衡时随温度的升高，HI减小，H2增大，则反应2HI(g)H2(g)+I2(g)正向吸热，说明反应H2(g)+I2(g)2HI(g)正向放热，故△H<0。
②根据图2，b为从零逐渐增大的离子，a和c始终不变，且a、c物质的量之比为3：1，则根据SO2+I2+2H2O3H++HSO4-+2I-，I2+I-I3-，反应中I3-越来越多，H+和HSO4-始终不变，且n（H+）：n（HSO4-）=3：1，所以a为H+，b为I3-，由图2知增大，I3-越多，则I-会越小，所以要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以减小的投料比。
10. 某铬铁矿主要成分是FeO·Cr2O3，含有FeCO3、SiO2、Fe3O4等杂质，现由该铬铁矿制备强氧化剂Na2Cr2O7 的流程如下：
已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-30
回答下列问题：
（1）物质B为______________， 溶液E为____________________。
（2）溶液G中经检测不含H2O2的可能原因是________________________________________。
（3）若步骤Ⅵ调节pH后，c(Cr3+)=6.3mol/L，则pH范围是______________（离子浓度不大于1.0×10-5mol/L即可认为沉淀完全）。
（4）步骤Ⅶ发生的离子方程式为________________________________________。
（5）Na2Cr2O7和Na2SO4的溶解度随温度变化的曲线如下图所示，步骤Ⅷ中操作a为___________、__________________。
（6）若称取mg该铬铁矿，其中FeO·Cr2O3的质量分数为70%，最终制得n g Na2Cr2O7固体，则该过程中Cr元素的转化率为____________________________。
【答案】 (1). Fe3O4 (2). NaHCO3 (3). 过量的H2O2，被Fe3+催化分解 (4). 3≤pH＜4 (5). 7H2O+3S2O32-+2Cr3+=6SO42-+Cr2O72-+14H+ (6). 加热浓缩 (7). 趁热过滤 (8). ×100%
【解析】分析：注意天然Fe3O4是一种反式尖晶石结构，晶体结构为六方晶系的永久磁石（硬磁体），结构牢固，很难与酸反应。由已知铬铁矿主要成分结合流程可得，铬铁矿粉酸浸后，所得溶液F中阳离子主要为：Fe2+和Cr3+，固体A为难溶的SiO2、Fe3O4等杂质；SiO2与NaOH溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠与足量CO2反应生成碳酸氢钠和硅酸；溶液F中的Fe2+被H2O2氧化成Fe3+，通过调节pH除去Fe3+；Cr2(SO4)3溶液（H）与Na2S2O8溶液反应得到Na2Cr2O7和Na2SO4的混合溶液，最后经过一系列操作得到固体。
详解：（1）物质B具有磁性，结合铬铁矿的成分及流程可得，B为Fe3O4；溶液C为硅酸钠溶液，因为通入足量CO2，所以生成E为NaHCO3。
（2）H2O2在催化剂作用下容易分解为水和氧气，因为溶液F中的Fe2+被H2O2氧化成Fe3+，而Fe3+可以作为H2O2分解的催化剂，所以溶液G中不含H2O2。
（3）步骤Ⅵ调节pH的目的是除去Fe3+，留下Cr3+，因为离子浓度不大于1.0×10-5mol/L即可认为沉淀完全，根据常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Fe3+刚好沉淀完全时：c(Fe3+)•c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，即1.0×10-5×c3(OH-)=1.0×10-38，解得：c(OH-)=10-11，所以c(H+)=Kw/10-11=10-3，则pH=3；根据常温下，Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-30，调节pH后，c(Cr3+)=6.3mol/L，Cr3+刚开始沉淀时：c(Cr3+)•c3(OH-)=Ksp[Cr(OH)3]，即6.3×c3(OH-)=6.3×10-30，解得：c(OH-)=10-10，所以c(H+)=Kw/10-10=10-4，则pH=4，综上分析，步骤Ⅵ调节pH范围是：3≤pH＜4。
（4）步骤Ⅶ中，Cr3+和S2O32-发生氧化还原反应生成Cr2O72-和SO42-，根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒，离子方程式为：7H2O+3S2O32-+2Cr3+=6SO42-+Cr2O72-+14H+。
（5）步骤Ⅷ中，从Na2Cr2O7和Na2SO4的混合液中得到Na2SO4固体，由图可知，温度升高有利于硫酸钠结晶析出，而Na2Cr2O7的溶解度增大不会析出，所以操作a可以是：加热浓缩、趁热过滤。
（6）mg铬铁矿中Cr元素的质量为：=，最终制得n g Na2Cr2O7中Cr元素的质量为：=，所以Cr元素的转化率为：÷（）×100%=×100%。
11. O2、O3、N2、N4是氧和氮元素的几种单质。回答下列问题：
（1）O原子中价电子占据的轨道数目为__________________。
（2）第一电离能I1：N____O(填“>”或“<”),第二电离能I2：O大于N的原因是__________________。
（3）O3的空间构型为_________________；是_____________( 填“极性”或“非极性”) 分子；分子中存在的大π键，可用符号表示，其中m 表示形成的大π键的原子数，n表示形成的大π键的电子数，则O3中大π键应表示为_______________________。
（4）N 元素的简单气态氢化物NH3 在H2O 中溶解度很大，其原因之一是NH3和H2O 可以形成分子间氢键，则在氨水中氢键可以表示为H3N…H-N、___________、____________ （任写两种即可）。
（5）已知：如下键能和键长数目。
化学键
键长/pm
键能/
N-N
145
193
N=N
125
418
NN
110
946
N2和N4都是N 元素的单质，其中N4是正面体构型，N原子占据四面体的四个顶点，从键参数角度分析N4 分子稳定性远小于N2 原因是________________________________________。
（6）Na2O 的晶胞结构如下图所示，X表示O2-，Y 表示Na+，则O2-的配位数为_______________，该晶胞的原子空间利用率为_______________；(已知该晶胞的棱长为apm，r(Na+)=xpm，r(O2-)=ypm)。
【答案】 (1). 4 (2). > (3). 失去一个电子后O+的2p处于半充满状态，更加稳定，再失去一个电子消耗能量更高 (4). V形 (5). 极性 (6). (7). H3N…H-O、H2O…H-N (8). H2O…H-O (9). N4中N-N键能小于N2中的NN，键长大于NN (10). 8 (11). ×100%
【解析】分析：（1）根据原子核外电子排布式及一个原子轨道最多容纳2个电子解答。
（2）电离能是基态的气态原子失去电子变为气态阳离子，必须克服核电荷对电子的引力而所需要的能量；第一电离能是原子失去一个电子，而第二电离能则是失去外层第二个电子；可根据元素性质(活泼性)判断。
（3）臭氧中O原子以sp2杂化轨道形成σ键，分子形状为V形，形成三中心四电子大π键。
（4）N原子与其他分子的H原子之间可形成分子间氢键，O原子与其他分子的H原子之间也可形成分子间氢键。
（5）键长越小，说明原子核之间的距离小，键能越大，拆开化学键需要的能量高，稳定性越高，由此入手分析。
（6）结合晶胞结构，以处于面心上的O2-周围Na+数为例分析O2-的配位数比较容易理解；先计算晶胞中的微粒的体积，再计算晶胞体积，二者的体积百分比即是空间利用率。
详解：（1）O原子的价电子排布式为2s22p4，其价电子占据的4原子轨道。
（2）同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的电子排布最外层p能级三个轨道各有一电子，处于半充满状态，比较稳定，所以第一电离能I1：N>O；O失去一个电子后O+的2p处于半充满状态，更加稳定，再失去一个电子消耗能量更高，所以第二电离能I2：O>N。
（3）O3看成一个O原子是中心原子，其他两个O原子为配原子的三原子分子，价电子对数=2+1/2(6-2×2)=3，有一个孤电子对，属于sp2杂化，空间构型为V形；因为V形空间构型正负电荷重心不重合，所以是极性分子；O原子的轨道表示式为：，O3中心氧原子采取sp2杂化，其中两个单电子轨道与另外两个原子形成两个σ键，第三个轨道有一对孤电子对，与另两个氧原子的各1个电子形成三中心四电子大π键，可用符号表示。
（4）因为O、N原子有比较强的吸电子能力，所以NH3和H2O既会吸引同种分子的H，又会吸引对方分子的H，从而形成氢键，所以在氨水中存在4种分子间氢键，可以表示为：H3N…H-N、H3N…H-O、H2O…H-N、H2O…H-O。
（5）因为N4是正面体构型，N原子占据四面体的四个顶点，所以N4中只存在N-N，而N2中只存在NN，由表中数据可知，N-N键长大于NN键长，N-N键能小于NN键能，且二者键能差距较大，所以N4分子稳定性远小于N2。
（6）分析Na2O的晶胞结构图可得，处于面心上的O2-被2个晶胞共用，以图中上面的面心O2-为例，在其上方还有一个同样的晶胞与其紧邻，所以每个O2-周围有8个Na+与之最近距离，则O2-的配位数为8；Na2O晶胞中Na+数为8，O2-数为：8×+6×=4，根据r(Na+)=xpm、r(O2-)=ypm及球体的体积公式可得：这12个原子总体积V1=8××πx³+4××πy³，根据该晶胞的棱长为apm，则晶胞体积为：V2=a3，所以该晶胞的原子空间利用率为：V1÷V2×100%=（8××πx³+4××πy³）÷a3×100%=×100%。
点睛：本题考查物质结构与性质的应用，涉及原子结构、电离能、空间构型、氢键、键参数与分子的稳定性、晶胞的结构与计算等，考查的知识面广，整体难度一般。比较电离能时除了考虑一般规律还要注意特殊之处：同周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的；晶胞的结构与计算是本题难点，①分析晶胞图不能孤立地看，给我们一个晶胞，周围都有其他一模一样的晶胞紧挨着，要用均摊法分析，从图上看：处于体心的原子只属于该晶胞，有几个就是几个，处于顶点的原子8个晶胞共用，总数要除以8，处于面心的原子2个晶胞共用，总数要除以2，处于棱上的分子4个晶胞共用，总数要除以4；②空间利用率是指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比，所以空间利用率=晶胞中的微粒的体积÷晶胞体积×100%。
12. 高分子化合物M()和高分子化合物J用途广泛。其合成路线如下图所示：
已知：①
②CH3CHO+HCHOHOH2C-CH2-CHO
③CH3CHO+HCHOCH2=CH-CHO+H2O
回答下列问题：
（1）有机物C的名称是___________________。
（2）D到E和E到F的反应类型分别是__________________、______________________。
（3）有机物L 的结构简式为______________________。
（4）控制反应条件保证H 中醛基不被氧化，H 与I发生缩聚反应得到高聚物J 的化学方程式为___________________________________________。
（5）有机物F 的催化氧化产物满足下列条件的同分异构体有_______种；其中核磁共振氢谱有4 组峰的结构简式为____________________；
①含有苯环 ②能够发生银镜反应 ③与FeCl3溶液不发生显色反应
（6）根据本题的条件设计用、CH3Cl、CH3CH2CHO 合成的路线。___________________
【答案】 (1). 乙基苯（乙苯） (2). 取代反应(水解反应) (3). 氧化反应 (4). (5). n+ nHOOCCH2COOH (6). 12 (7). 、 (8).
【解析】分析：由已知结合流程，苯(A)在催化剂条件下与溴乙烷(B)反应生成乙苯(C)；乙苯光照条件与Br2(g)反应生成(D)；D在NaOH水溶液条件下生成E为：；由E→F的反应条件可得，F为：；1分子F和2分子HCHO(G)一定条件下发生反应生成(H)；H和HOOCCH2COOH(I)发生缩聚反应生成高聚物J为：；H与CH3CHO(K)在稀NaOH条件下反应生成L为：；L催化加聚生成高聚物M()。
详解：（1）由已知①可得，苯和溴乙烷发生取代反应生成C为，故有机物C的名称为乙基苯（或乙苯）。
（2）D()在NaOH水溶液条件下发生水解反应(取代反应)生成E()；E在Cu的催化作用下被O2氧化为F()，所以D到E和E到F的反应类型分别是：取代反应(水解反应)、氧化反应。
（3）由已知③可得，H()与CH3CHO反应生成L为：。
（4）H()分子中含有2个醇羟基，I(HOOCCH2COOH)分子中含有2个羧基，控制反应条件保证H中醛基不被氧化，H与I发生缩聚反应得到高聚物J为：，结合流程可得该反应化学方程式为：n+ nHOOCCH2COOH。
（5）F()催化氧化生成，其同分异构体满足：①含有苯环；②能够发生银镜反应，则含有醛基；③与FeCl3溶液不发生显色反应，则不含酚羟基。综上分析，若苯环上含有1个取代基，则取代基为：HCOOCH2-、-O-CH2CHO或-CH(OH)CHO共3种；若苯环上含有2个取代基，则取代基为：HCOO-和-CH3、-CHO和-CH2OH、-CHO和-O-CH3共三种情况，其中每种情况两个取代基都有邻、间、对三种位置关系，所以共9种，因此满足条件的同分异构体共有12种。其中核磁共振氢谱有4组峰的必定是“HCOO-和-CH3”与苯环组合，或“-CHO和-O-CH3”与苯环组合，结构简式为：、。
（6）由已知结合流程中A→C→D→E→F→H的变化可得，与CH3Cl生成；与Cl2生成；水解生成；催化氧化生成；与CH3CH2CHO一定条件下生成，综上分析，用、CH3Cl、CH3CH2CHO合成的流程为：。
点睛：本题考查有机合成与推断，涉及对有机物结构简式的推断、官能团的转化、反应类型及同分异构体的书写等，解题时注意已知信息和流程中转化条件。第（5）小题同分异构体种数的判断是本题难点，①当苯环上有2个取代基时，注意邻、间、对的关系，判断所有的同分异构体；②注意不要只想到了醛基和醇羟基的组合，而漏掉“HCOO-”及醛基和醚键的组合情况。
安徽省A10联盟2018届高三最后一卷
理综化学试题
1. 化学与材料、生活密切相关，下列说法错误的是
A. “一带一路”是“丝绸之路经济带”的简称，丝绸的主要成分是纤维素
B. 喝补铁剂(含Fe2+)时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有还原性
C. 推广使用CO2合成的可降解聚碳酸酯塑料，能减少白色污染
D. “嘉州峨眉山有燕萨石，形六棱而锐首，色莹白明澈。”燕萨石的主要成分是二氧化硅
【答案】A
【解析】分析：A项，天然纤维分为棉纤维和蛋白质类纤维，其中棉纤维主要成分为纤维素，蛋白质类纤维主要有蚕丝、羊毛等；B项，补铁剂中铁元素以Fe2+形式存在，需注意防止被氧化，可与还原性物质同服；C项，白色污染是对难于降解的废塑料污染环境现象的一种形象称谓；D项，水晶是石英结晶体，主要化学成份是二氧化硅，纯净时形成无色透明的晶体，根据描述，燕萨石应属于水晶。
详解：A项，丝绸主要是蚕丝制品，所以丝绸属于蛋白质类纤维，其主要成分是蛋白质而不是纤维素，故A错误；B项，补铁剂含Fe2+，容易被氧化，维生素C具有还原性，可防止Fe2+被氧化，所以喝补铁剂(含Fe2+)时，加服维生素C效果更好，故B正确；C项，白色污染一般指一些塑料制品，由于不能降解从而对环境造成污染，而用CO2合成的可降解聚碳酸酯塑料，由于可降解，最终会变为无污染的物质，所以可减少白色污染，故C正确；D项，根据描述可得，燕萨石是一种有规则几何外形、无色透明的宝石，应为水晶，属于石英晶体，所以主要成分是二氧化硅，故D正确。综上分析，符合题意的选项为A。
2. 下列说法正确的是
A. 花生油和玉米油都是可皂化的饱和酯类
B. 溴苯、硝基苯和环已烷都难溶于水且密度都大于水
C. 分子式为C10H14的单取代芳香烃，其可能的结构有4种
D. 尼龙、涤纶和有机玻璃都是通过缩聚反应制得的
【答案】C
【解析】分析：A项，油脂都能发生皂化反应，动物脂肪主要成分为饱和酯，植物油主要成分多为不饱和酯；B项，一般硝基化合物密度大于水，很多卤代烃密度也是大于水的，烃类物质密度一般都小于水；C项，分子式为C10H14的单取代芳香烃，不饱和度为4，分子中含有一个苯环和一个丁基，其同分异构体取决于丁基的种数；D项，尼龙属于聚酰胺纤维，涤纶属于聚脂纤维，聚甲基丙烯酸甲酯（）又称有机玻璃。
详解：A项，花生油和玉米油都属于植物油，植物油多为不饱和酯类，故A错误；B项，溴苯、硝基苯都难溶于水且密度都大于水，环已烷难溶于水且密度比水的小，故B错误；C项，分子式为C10H14的单取代芳香烃，侧链为丁基（-C4H9），因为丁基有四种，所以分子式为C10H14的单取代芳香烃，其可能的结构有4种，故C正确；D项，尼龙和涤纶都是通过缩聚反应制得的，有机玻璃（）是通过加聚反应制得的，故D错误。综上分析，符合题意的选项为C。
3. 用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法错误的是
A. 标准状况下，11.2L CCl4所含C-Cl键数目不是2NA
B. 常温下，78g Na2S与Na2O2混合物中含有NA阴离子
C. 1mol乙醇和足量的CH3CO18OH发生酯化反应得到的H218O数目为NA
D. 室温下，2L0.05 mol/L的NH4NO3溶液中所含的氮原子数目为0.2 NA
【答案】C
【解析】分析：A项，涉及使用气体摩尔体积的计算，研究对象在标准状况下应为气态物质；B项，Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，两种化合物的阳离子与阴离子个数比均为2：1；C项，酯化反应属于可逆反应，不能进行完全；D项，1molNH4NO3中含有2molN原子，根据n=cV计算溶质的物质的量。
4. W、X、Y、Z是短周期元素，W的一种同位素无中子，X的单质在空气中含量约占78%，Y的单质在空气中燃烧发出耀眼白光，Z的单质用于工业制漂白粉。下列说法错误的是
A. W和X形成的化合物中可能既存在极性键，又存在非极性键
B. 含氧酸的酸性Z一定大于X
C. 工业上采取电解熔融Y和Z化合物的方法冶炼Y
D. W和X的化合物与W和Z的化合物反应可产生白烟
【答案】B
【解析】分析：W、X、Y、Z是短周期元素，W的一种同位素无中子，则W为H元素；X的单质在空气中含量约占78%，则X为N元素；Y的单质在空气中燃烧发出耀眼白光，则Y为Mg元素；Z的单质用于工业制漂白粉，则Z为Cl元素。
5. 下列有关化学实验操作、现象和结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向两个装满水的大小相等的表面皿中，分别加入绿豆小金属钠和黄豆大金属钾
大金属钾游动更加剧烈
金属钾比钠活泼
B
向氨水和Mg(OH)2的悬浊液中滴加少量FeCl3溶液
得到红褐色悬浊液
Ksp：Fe(OH)3
使石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通过酸性KMnO4溶液
KMnO4溶液褪色
石蜡油蒸汽中含有烯烃
D
常温下，向等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加等量的酚酞试液
Na2CO3溶液中红色更深
Kh:CO32->HCO3-
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】分析：A项，应取同样大小的金属钠和钾与水反应，比较二者的活泼性；B项，操作涉及的反应不是沉淀的转化；C项，石蜡油裂化产物中使KMnO4溶液褪色的不一定是烯烃；D项，常温下，等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中存在弱阴离子水解使溶液显碱性，碱性越强则水解程度越大。
详解：A项，其他因素相同时，固体物质的表面积越大化学反应速率越快，因为金属钾的表面积大于金属钠的表面积，所以无法通过反应现象比较金属钾与金属钠的活泼性相对强弱，故A错误；B项，氨水与FeCl3溶液反应产生红褐色Fe(OH)3沉淀，与Mg(OH)2无关，不是沉淀的转化，无法比较Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp大小，故B错误；C项，KMnO4溶液褪色，说明石蜡油蒸汽裂化生成了烯烃、炔烃等不饱和烃，不一定只有烯烃，故C错误；D项，常温下，向等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加等量的酚酞试液，Na2CO3溶液中红色更深，说明CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度，所以Kh:CO32->HCO3-，故D正确。综上分析，符合题意的选项为D。
6. 用如下装置处理含KMnO4的废液，使Mn元素转化为MnO2沉淀，从而消除重金属污染，下列说法错误的是
A. MnO4-处理完全后，实验结束时左侧可能会生成沉淀
B. 右侧产生的Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式为：7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
C. 当电路中转移6mol e-时，可以产生87gMnO2沉淀
D. 为了增大右侧溶液的导电性可以加稀硫酸造成强酸性环境
【答案】D
【解析】分析：根据题意并结合图示，铁电极为电解池的阳极，发生氧化反应生成Fe2+，在弱酸性条件下Fe2+与MnO4-发生氧化还原反应使Mn元素转化为MnO2沉淀。
详解：A项，MnO4-处理完全后，阳极生成的Fe2+会通过阳离子交换膜进入左侧，则左侧会生成Fe(OH)2沉淀，故A正确；B项，右侧产生的Fe2+在弱酸性条件下将MnO4-还原为MnO2，本身被氧化为Fe(OH)3，所以离子方程式为：7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+，故B正确；C项，根据阳极电极反应：Fe-2e-=Fe2+，当电路中转移6mole-时，生成3molFe2+，根据Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+可得，生成1molMnO2，质量为：1mol×87g/mol=87g，故C正确；D项，强酸性条件下，MnO4-与Fe2+反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，则不能使Mn元素转化为MnO2沉淀，故D错误。综上分析，符合题意的选项为D。
点睛：本题考查电解原理及氧化还原反应，解题时注意结合装置图分析电极反应和除去重金属的反应。C、D为易错选项，C项，需根据阳极反应求得电路中转移6mole-时生成Fe2+的物质的量，然后根据反应7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+计算MnO2的质量，若直接根据该氧化还原反应电子转移情况计算MnO2的质量肯定是错误的；D项，注意强酸性条件下，MnO4-与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，达不到消除重金属污染的目的。
7. 常温下，现有0.1mol· L-1NH4HCO3溶液，pH=7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH 的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 当pH=9时，溶液中存在下列关系：c(NH4+)>c(HCO3-)>c(NH3·H2O)>c( CO32-)
B. NH4HCO3溶液中存在下列关系：<1
C. 向pH=6.5的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+和HCO3-浓度逐渐减小
D. 分析可知，常温下水解平衡常数Kh(HCO3-)的数量级为10-7
【答案】B
【解析】分析：A项，由NH3·H2O的分布分数的变化分析NH4+的分布分数的变化，再结合图像判断当pH=9时，溶液中各离子浓度大小；B项，根据碳酸氢铵溶液pH=7.8，判断NH4+与HCO3-的大小关系，结合物料守恒解决该项；C项，结合图像判断滴入氢氧化钠溶液后NH4+和HCO3-浓度变化；D项，利用图像中的特殊点(如pH=6.5时)对应的离子浓度，计算水解平衡常数Kh(HCO3-)。
详解：A项，由图像可得，pH=9时，溶液中c(HCO3-)>c(NH3·H2O)>c(CO32-)，又因为含氮微粒为NH4+和NH3·H2O，所以NH4+和NH3·H2O的分布分数之和应等于1，所以当pH=9时，溶液中存在关系：c(HCO3-)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(CO32-)，故A错误；B项，根据物料守恒，NH4HCO3溶液中存在：①c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，又因为0.1mol·L-1NH4HCO3溶液，pH=7.8，所以Kh(NH4+)
8. 化学探究小组设计实验探究某种氮的化合物的制备及性质。
【探究一】下图A为某气体制备装置，图中未画出。
据此回答：
（1）①只用一种试剂制备A中某气体，选取的试剂是____________。
a. NH4HCO3 b. NH4Cl c.Ca(OH)2 d. NH4NO3
②装置A所用的主要玻璃仪器是____________(填仪器名称)。
（2）从装置A进入装置B的物质在B中被充分吸收，写出B中发生反应的化学方程式_______________________________(写出一个即可)。
【探究二】为探究上述装置中产生的气体性质，该化学探究小组又组装了如下装置，其中C处硬质试管中装有红色粉末铜粉。
用酒精灯加热C 处硬质试管一段时间后，再通入上述实验产生的气体，过一会撤去C 处酒精灯。
据此回答:
（3）若实验过程中发现F 处铜片逐渐溶解。则:
①D 中观察到的现象是________________________________。
②C 中发生反应的化学方程式为________________________________。
③F 处铜片逐渐溶解的原因是________________________________。
④该装置的不足之处是________________________________。
（4）若实验过程中F 处铜片没有任何变化，D 中无任何现象发生，只观察到C 中粉末在红色和黑色间交替变化。则C 中发生反应的化学方程式为________________________________。
【答案】 (1). a (2). 试管、酒精灯 (3). 2Na2O2+2H2O=4NaOH + O2↑或2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (4). D中出现红棕色气体 (5). 4NH3+5O24NO+6H2O (6). 从E中出来的气体中含有二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，铜与硝酸反应而逐渐溶解 (7). 没有尾气吸收装置 (8). 4NH3+3O22N2+6H2O（或2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O）
【解析】分析：由已知可得，A中制取的是某种氮的化合物，结合探究二，F处铜片逐渐溶解，说明有硝酸生成，所以气体X中有氨气，B中Na2O2与A中产生的气体反应生成了O2，氨气和氧气在C中铜的催化作用下发生反应生成NO，NO进一步被氧化成NO2。
详解：（1）①由上述分析可得，气体X中含有氨气和氧气，A中制取的氮的化合物是氨气，则只用一种试剂制备氨气，选取的试剂是NH4HCO3，故选a；②NH4HCO3固体加热分解可以在大试管中进行，故装置A所用的主要玻璃仪器是试管和酒精灯。
（2）NH4HCO3受热分解产生氨气、水和二氧化碳，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，所以B中发生反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH + O2↑和2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
（3）①C中产生的NO气体很容易被氧气氧化成红棕色的NO2，所以D中会出现红棕色气体；②在C中铜的催化作用下，氨气和氧气发生反应生成NO，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；③从E中出来的气体中含有二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，F中铜与硝酸反应而逐渐溶解；④二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，NO有毒，不能直接排放到空气中，需要进行尾气处理，而该装置的设计中没有尾气吸收装置。
（4）若实验过程中F处铜片没有任何变化，D中无任何现象发生，只观察到C中粉末在红色和黑色间交替变化，则C中氨气与氧气在铜催化作用下（或氨气与CuO）发生氧化还原反应，没有生成NO，产物应为氮气等，故反应的方程式为：4NH3+3O22N2+6H2O（或2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O）。
9. 随着科技的进步，合理利用资源、保护环境成为当今社会关注的焦点。甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)可用于全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成，回答下列问题：
（1）制取甲胺的反应为CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)△H。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：
共价键
C-O
H-O
N-H
C-N
键能/kJ•mol-1
351
463
393
293
则该反应的△H=________kJ•mol-1
（2）上述反应中所需甲醇工业上利用水煤气合成，反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0。在一定条件下，将l mol CO和2mol H2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件（温度或压强）时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：
①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为____________________。
②X轴上a点的数值比b点_______（填“大”或“小”）。某同学认为上图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是______________________________________。
（3）常温下，已知：Ksp(PbI2)=4×10-9；已知Ksp(PbCl2)=1.6×10-5，则反应PbCl2(s)+2I-(aq)PbI2(s)+2Cl-(aq)的平衡常数K=_______________。
（4）分解HI曲线和液相法制备HI反应曲线分别如图1和图2所示：
①反应H2(g)+I2(g)2HI(g) 的△H_______（填“>”或“<”）0。
②将二氧化硫通入碘水中会发生反应：SO2+I2+2H2O3H++HSO4-+2I-，I2+I-I3-，图2中曲线a、b分别代表的微粒是_______、__________（填微粒符号）；由图2 知要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是减小___________________________________。
【答案】 (1). -12 (2). 25% (3). 小 (4). 随着Y值的增大，c(CH3OH)减小，平衡CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度 (5). 4000 (6). < (7). 2H+ (8). I3- (9). 减小的投料比
【解析】分析：（1）根据“反应热=反应物总键能-生成物总键能”计算；
（2）①可设CO的转化率为α，根据化学方程式及已知数据列三段式计算；②由CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H＜0可得，增大压强平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动；
（3）根据K== 计算；
（4）①根据图1，分解HI时HI与H2在平衡时的物质的量随温度的变化，判断温度对平衡移动的影响；②由二氧化硫通入碘水中发生的两个反应可得：I2过量时，I-减小，I3-增多，且越大，I-会越小，I3-会越多；H+和HSO4-都不变，且n（H+）：n（HSO4-）=3：1，再结合图2分析即可。
详解：（1）设C-H键能为x kJ•mol-1，△H =反应物总键能-生成物总键能=3x kJ•mol-1+351 kJ•mol-1+463 kJ•mol-1+3×393 kJ•mol-1-（3x kJ•mol-1+293 kJ•mol-1+2×393 kJ•mol-1+2×463 kJ•mol-1）=-12 kJ•mol-1。
（2）①设CO的转化率为α，CO和H2的初始物质的量分别为l mol、2 mol，则CO反应了α mol，由化学方程式列三段式可得：
，因为CH3OH(g)的体积分数=CH3OH(g)的物质的量分数，平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则×100%=10%，解得：α=25%。
②根据图示信息：X轴上a点的数值比b点小，随着Y值的增加，CH3OH的体积分数φ（CH3OH）减小，平衡“CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H＜0”向逆反应方向进行，故Y表示温度。
（3）由已知，发生反应PbCl2(s)+2I-(aq)PbI2(s)+2Cl-(aq)的溶液为PbCl2和PbI2的饱和溶液，所以K== ==4000。
（4）①由图1可知，平衡时随温度的升高，HI减小，H2增大，则反应2HI(g)H2(g)+I2(g)正向吸热，说明反应H2(g)+I2(g)2HI(g)正向放热，故△H<0。
②根据图2，b为从零逐渐增大的离子，a和c始终不变，且a、c物质的量之比为3：1，则根据SO2+I2+2H2O3H++HSO4-+2I-，I2+I-I3-，反应中I3-越来越多，H+和HSO4-始终不变，且n（H+）：n（HSO4-）=3：1，所以a为H+，b为I3-，由图2知增大，I3-越多，则I-会越小，所以要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以减小的投料比。
10. 某铬铁矿主要成分是FeO·Cr2O3，含有FeCO3、SiO2、Fe3O4等杂质，现由该铬铁矿制备强氧化剂Na2Cr2O7 的流程如下：
已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-30
回答下列问题：
（1）物质B为______________， 溶液E为____________________。
（2）溶液G中经检测不含H2O2的可能原因是________________________________________。
（3）若步骤Ⅵ调节pH后，c(Cr3+)=6.3mol/L，则pH范围是______________（离子浓度不大于1.0×10-5mol/L即可认为沉淀完全）。
（4）步骤Ⅶ发生的离子方程式为________________________________________。
（5）Na2Cr2O7和Na2SO4的溶解度随温度变化的曲线如下图所示，步骤Ⅷ中操作a为___________、__________________。
（6）若称取mg该铬铁矿，其中FeO·Cr2O3的质量分数为70%，最终制得n g Na2Cr2O7固体，则该过程中Cr元素的转化率为____________________________。
【答案】 (1). Fe3O4 (2). NaHCO3 (3). 过量的H2O2，被Fe3+催化分解 (4). 3≤pH＜4 (5). 7H2O+3S2O32-+2Cr3+=6SO42-+Cr2O72-+14H+ (6). 加热浓缩 (7). 趁热过滤 (8). ×100%
【解析】分析：注意天然Fe3O4是一种反式尖晶石结构，晶体结构为六方晶系的永久磁石（硬磁体），结构牢固，很难与酸反应。由已知铬铁矿主要成分结合流程可得，铬铁矿粉酸浸后，所得溶液F中阳离子主要为：Fe2+和Cr3+，固体A为难溶的SiO2、Fe3O4等杂质；SiO2与NaOH溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠与足量CO2反应生成碳酸氢钠和硅酸；溶液F中的Fe2+被H2O2氧化成Fe3+，通过调节pH除去Fe3+；Cr2(SO4)3溶液（H）与Na2S2O8溶液反应得到Na2Cr2O7和Na2SO4的混合溶液，最后经过一系列操作得到固体。
详解：（1）物质B具有磁性，结合铬铁矿的成分及流程可得，B为Fe3O4；溶液C为硅酸钠溶液，因为通入足量CO2，所以生成E为NaHCO3。
（2）H2O2在催化剂作用下容易分解为水和氧气，因为溶液F中的Fe2+被H2O2氧化成Fe3+，而Fe3+可以作为H2O2分解的催化剂，所以溶液G中不含H2O2。
（3）步骤Ⅵ调节pH的目的是除去Fe3+，留下Cr3+，因为离子浓度不大于1.0×10-5mol/L即可认为沉淀完全，根据常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Fe3+刚好沉淀完全时：c(Fe3+)•c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，即1.0×10-5×c3(OH-)=1.0×10-38，解得：c(OH-)=10-11，所以c(H+)=Kw/10-11=10-3，则pH=3；根据常温下，Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-30，调节pH后，c(Cr3+)=6.3mol/L，Cr3+刚开始沉淀时：c(Cr3+)•c3(OH-)=Ksp[Cr(OH)3]，即6.3×c3(OH-)=6.3×10-30，解得：c(OH-)=10-10，所以c(H+)=Kw/10-10=10-4，则pH=4，综上分析，步骤Ⅵ调节pH范围是：3≤pH＜4。
（4）步骤Ⅶ中，Cr3+和S2O32-发生氧化还原反应生成Cr2O72-和SO42-，根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒，离子方程式为：7H2O+3S2O32-+2Cr3+=6SO42-+Cr2O72-+14H+。
（5）步骤Ⅷ中，从Na2Cr2O7和Na2SO4的混合液中得到Na2SO4固体，由图可知，温度升高有利于硫酸钠结晶析出，而Na2Cr2O7的溶解度增大不会析出，所以操作a可以是：加热浓缩、趁热过滤。
（6）mg铬铁矿中Cr元素的质量为：=，最终制得n g Na2Cr2O7中Cr元素的质量为：=，所以Cr元素的转化率为：÷（）×100%=×100%。
11. O2、O3、N2、N4是氧和氮元素的几种单质。回答下列问题：
（1）O原子中价电子占据的轨道数目为__________________。
（2）第一电离能I1：N____O(填“>”或“<”),第二电离能I2：O大于N的原因是__________________。
（3）O3的空间构型为_________________；是_____________( 填“极性”或“非极性”) 分子；分子中存在的大π键，可用符号表示，其中m 表示形成的大π键的原子数，n表示形成的大π键的电子数，则O3中大π键应表示为_______________________。
（4）N 元素的简单气态氢化物NH3 在H2O 中溶解度很大，其原因之一是NH3和H2O 可以形成分子间氢键，则在氨水中氢键可以表示为H3N…H-N、___________、____________ （任写两种即可）。
（5）已知：如下键能和键长数目。
化学键
键长/pm
键能/
N-N
145
193
N=N
125
418
NN
110
946
N2和N4都是N 元素的单质，其中N4是正面体构型，N原子占据四面体的四个顶点，从键参数角度分析N4 分子稳定性远小于N2 原因是________________________________________。
（6）Na2O 的晶胞结构如下图所示，X表示O2-，Y 表示Na+，则O2-的配位数为_______________，该晶胞的原子空间利用率为_______________；(已知该晶胞的棱长为apm，r(Na+)=xpm，r(O2-)=ypm)。
【答案】 (1). 4 (2). > (3). 失去一个电子后O+的2p处于半充满状态，更加稳定，再失去一个电子消耗能量更高 (4). V形 (5). 极性 (6). (7). H3N…H-O、H2O…H-N (8). H2O…H-O (9). N4中N-N键能小于N2中的NN，键长大于NN (10). 8 (11). ×100%
【解析】分析：（1）根据原子核外电子排布式及一个原子轨道最多容纳2个电子解答。
（2）电离能是基态的气态原子失去电子变为气态阳离子，必须克服核电荷对电子的引力而所需要的能量；第一电离能是原子失去一个电子，而第二电离能则是失去外层第二个电子；可根据元素性质(活泼性)判断。
（3）臭氧中O原子以sp2杂化轨道形成σ键，分子形状为V形，形成三中心四电子大π键。
（4）N原子与其他分子的H原子之间可形成分子间氢键，O原子与其他分子的H原子之间也可形成分子间氢键。
（5）键长越小，说明原子核之间的距离小，键能越大，拆开化学键需要的能量高，稳定性越高，由此入手分析。
（6）结合晶胞结构，以处于面心上的O2-周围Na+数为例分析O2-的配位数比较容易理解；先计算晶胞中的微粒的体积，再计算晶胞体积，二者的体积百分比即是空间利用率。
详解：（1）O原子的价电子排布式为2s22p4，其价电子占据的4原子轨道。
（2）同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的电子排布最外层p能级三个轨道各有一电子，处于半充满状态，比较稳定，所以第一电离能I1：N>O；O失去一个电子后O+的2p处于半充满状态，更加稳定，再失去一个电子消耗能量更高，所以第二电离能I2：O>N。
（3）O3看成一个O原子是中心原子，其他两个O原子为配原子的三原子分子，价电子对数=2+1/2(6-2×2)=3，有一个孤电子对，属于sp2杂化，空间构型为V形；因为V形空间构型正负电荷重心不重合，所以是极性分子；O原子的轨道表示式为：，O3中心氧原子采取sp2杂化，其中两个单电子轨道与另外两个原子形成两个σ键，第三个轨道有一对孤电子对，与另两个氧原子的各1个电子形成三中心四电子大π键，可用符号表示。
（4）因为O、N原子有比较强的吸电子能力，所以NH3和H2O既会吸引同种分子的H，又会吸引对方分子的H，从而形成氢键，所以在氨水中存在4种分子间氢键，可以表示为：H3N…H-N、H3N…H-O、H2O…H-N、H2O…H-O。
（5）因为N4是正面体构型，N原子占据四面体的四个顶点，所以N4中只存在N-N，而N2中只存在NN，由表中数据可知，N-N键长大于NN键长，N-N键能小于NN键能，且二者键能差距较大，所以N4分子稳定性远小于N2。
（6）分析Na2O的晶胞结构图可得，处于面心上的O2-被2个晶胞共用，以图中上面的面心O2-为例，在其上方还有一个同样的晶胞与其紧邻，所以每个O2-周围有8个Na+与之最近距离，则O2-的配位数为8；Na2O晶胞中Na+数为8，O2-数为：8×+6×=4，根据r(Na+)=xpm、r(O2-)=ypm及球体的体积公式可得：这12个原子总体积V1=8××πx³+4××πy³，根据该晶胞的棱长为apm，则晶胞体积为：V2=a3，所以该晶胞的原子空间利用率为：V1÷V2×100%=（8××πx³+4××πy³）÷a3×100%=×100%。
点睛：本题考查物质结构与性质的应用，涉及原子结构、电离能、空间构型、氢键、键参数与分子的稳定性、晶胞的结构与计算等，考查的知识面广，整体难度一般。比较电离能时除了考虑一般规律还要注意特殊之处：同周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的；晶胞的结构与计算是本题难点，①分析晶胞图不能孤立地看，给我们一个晶胞，周围都有其他一模一样的晶胞紧挨着，要用均摊法分析，从图上看：处于体心的原子只属于该晶胞，有几个就是几个，处于顶点的原子8个晶胞共用，总数要除以8，处于面心的原子2个晶胞共用，总数要除以2，处于棱上的分子4个晶胞共用，总数要除以4；②空间利用率是指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比，所以空间利用率=晶胞中的微粒的体积÷晶胞体积×100%。
12. 高分子化合物M()和高分子化合物J用途广泛。其合成路线如下图所示：
已知：①
②CH3CHO+HCHOHOH2C-CH2-CHO
③CH3CHO+HCHOCH2=CH-CHO+H2O
回答下列问题：
（1）有机物C的名称是___________________。
（2）D到E和E到F的反应类型分别是__________________、______________________。
（3）有机物L 的结构简式为______________________。
（4）控制反应条件保证H 中醛基不被氧化，H 与I发生缩聚反应得到高聚物J 的化学方程式为___________________________________________。
（5）有机物F 的催化氧化产物满足下列条件的同分异构体有_______种；其中核磁共振氢谱有4 组峰的结构简式为____________________；
①含有苯环 ②能够发生银镜反应 ③与FeCl3溶液不发生显色反应
（6）根据本题的条件设计用、CH3Cl、CH3CH2CHO 合成的路线。___________________
【答案】 (1). 乙基苯（乙苯） (2). 取代反应(水解反应) (3). 氧化反应 (4). (5). n+ nHOOCCH2COOH (6). 12 (7). 、 (8).
【解析】分析：由已知结合流程，苯(A)在催化剂条件下与溴乙烷(B)反应生成乙苯(C)；乙苯光照条件与Br2(g)反应生成(D)；D在NaOH水溶液条件下生成E为：；由E→F的反应条件可得，F为：；1分子F和2分子HCHO(G)一定条件下发生反应生成(H)；H和HOOCCH2COOH(I)发生缩聚反应生成高聚物J为：；H与CH3CHO(K)在稀NaOH条件下反应生成L为：；L催化加聚生成高聚物M()。
详解：（1）由已知①可得，苯和溴乙烷发生取代反应生成C为，故有机物C的名称为乙基苯（或乙苯）。
（2）D()在NaOH水溶液条件下发生水解反应(取代反应)生成E()；E在Cu的催化作用下被O2氧化为F()，所以D到E和E到F的反应类型分别是：取代反应(水解反应)、氧化反应。
（3）由已知③可得，H()与CH3CHO反应生成L为：。
（4）H()分子中含有2个醇羟基，I(HOOCCH2COOH)分子中含有2个羧基，控制反应条件保证H中醛基不被氧化，H与I发生缩聚反应得到高聚物J为：，结合流程可得该反应化学方程式为：n+ nHOOCCH2COOH。
（5）F()催化氧化生成，其同分异构体满足：①含有苯环；②能够发生银镜反应，则含有醛基；③与FeCl3溶液不发生显色反应，则不含酚羟基。综上分析，若苯环上含有1个取代基，则取代基为：HCOOCH2-、-O-CH2CHO或-CH(OH)CHO共3种；若苯环上含有2个取代基，则取代基为：HCOO-和-CH3、-CHO和-CH2OH、-CHO和-O-CH3共三种情况，其中每种情况两个取代基都有邻、间、对三种位置关系，所以共9种，因此满足条件的同分异构体共有12种。其中核磁共振氢谱有4组峰的必定是“HCOO-和-CH3”与苯环组合，或“-CHO和-O-CH3”与苯环组合，结构简式为：、。
（6）由已知结合流程中A→C→D→E→F→H的变化可得，与CH3Cl生成；与Cl2生成；水解生成；催化氧化生成；与CH3CH2CHO一定条件下生成，综上分析，用、CH3Cl、CH3CH2CHO合成的流程为：。
点睛：本题考查有机合成与推断，涉及对有机物结构简式的推断、官能团的转化、反应类型及同分异构体的书写等，解题时注意已知信息和流程中转化条件。第（5）小题同分异构体种数的判断是本题难点，①当苯环上有2个取代基时，注意邻、间、对的关系，判断所有的同分异构体；②注意不要只想到了醛基和醇羟基的组合，而漏掉“HCOO-”及醛基和醚键的组合情况。
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