精品解析：湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高三模拟试卷（二）化学试题（解析版）

这是一份精品解析：湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高三模拟试卷（二）化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了 某铬铁矿主要成分为Cr2O3，44MnO2-xe-=Na0等内容，欢迎下载使用。

长郡中学2023届模拟试卷(二)
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学起源于生活，同时促进社会的发展，下列叙述中，错误的是
A. 神舟系列飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，Si3N4属于共价晶体
B. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水的处理
C. 绿色化学的核心思想是凡污染必治理
D. “纳米酶”的提出，模糊了无机材料与有机生物界限，促进了纳米科学与医学的交融
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮化硅熔点为1900℃、具有高强度、高韧性、耐高温的性质，由性质可知氮化硅为共价晶体，故A正确；
B．高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，能使蛋白质变性，产物可转化为氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮物形成沉淀，可用于饮用水的处理，故B正确；
C．绿色化学的核心思想是利用化学原理和技术手段，从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，不是污染后再治理，故C错误；
D．“纳米酶”具有纳米材料的特性，又有生物酶所特有的性质，所以“纳米酶”的提出，模糊了无机材料与有机生物界限，但促进了纳米科学与医学的交融，故D正确；
故选：C。
2. 下列说法中，错误的是
A. 果汁中添加维生素C(又称抗坏血酸)防变质，是利用维生素C的还原性
B. NaBH4是有机化学中常用的还原剂，其中氢元素的化合价为-1
C. 丹麦科学家坡尔提出构造原理，开启了用原子结构解释元素周期律的篇章
D. 分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点一定越高
【答案】D
【解析】
【详解】A．空气中的氧气具有氧化性，能使果汁氧化而变质，在果汁中添加维生素C(又称抗坏血酸)。利用维生素C的还原性，可以防止果汁因氧化而变质，故A正确；
B．NaBH4是有机化学中常用的还原剂，其中钠元素的化合价为+1，硼元素的化合价为+3，氢元素的化合价为-1价，故B正确；
C．丹麦科学家玻尔在氢原子模型基础上，提出构造原理，即从氢开始，随核电荷数递增，新增电子填入原子核外“壳层”的顺序，由此开启了用原子结构解释元素周期律的篇章，故C正确；
D．分子晶体熔化、沸腾时不破坏化学键，则分子晶体共价键键能与熔、沸点无关，故D错误；
故选：D。
3. 下列生活中，所涉及反应的离子方程式错误的是
A. 农村生活中，常用醋浸泡烧水壶的CaCO3水垢：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O
B. 消防员使用泡沬灭火器灭火：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
C. 焊接工人焊接铁轨时，常加入NH4Cl除铁锈：NH+H2ONH3•H2O+H+；6H++Fe2O3=2Fe3++3H2O
D. 环保人员用漂白粉溶液脱除废气中的SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
【答案】D
【解析】
【详解】A．农村生活中，常用醋浸泡烧水壶的CaCO3水垢，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，故A正确；
B．泡沬灭火器灭火是硫酸铝和碳酸氢钠发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的离子方程式为：Al3++3═Al(OH)3↓+3CO2↑，故B正确；
C．焊接工人焊接铁轨时，常加入NH4Cl除铁锈，氯化铵溶液水解显酸性，氧化铁和酸反应生成氯化铁溶液，反应的离子方程式为：+H2O⇌NH3⋅H2O+H+；6H++Fe2O3═2Fe3++3H2O，故C正确；
D．用漂白粉溶液脱除废气中SO2的离子方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+2HClO，故D错误；
故选：D。
4. 阿司匹林片的有效成分是乙酰水杨酸()，它可以降低体温并缓解头痛和肌肉疼。下列说法错误的是
A. 乙酰水杨酸可以由乙酸酐和邻羟基苯甲酸发生取代反应制得
B. 乙酰水杨酸中含有三种官能团，分别为苯基、羧基、酯基
C. 乙酰水杨酸可以使紫色石蕊试液变红
D. 乙酰水杨酸发生水解反应后，为检验水解产物中羟基，可以用FeCl3溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．邻羟基苯甲酸和乙酸酐发生取代反应生成乙酰水杨酸和乙酸，所以乙酰水杨酸可以由乙酸酐和邻羟基苯甲酸发生取代反应制得，故A正确；
B．乙酰水杨酸中官能团有酯基、羧基，两种官能团，故B错误；
C．乙酰水杨酸中含有羧基，具有酸性，所以可以使紫色石蕊试液变红，故C正确；
D．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，乙酰水杨酸发生水解后的产物中含有酚羟基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应，则可以用氯化铁溶液检验酚羟基，故D正确；
故选：B。
5. 学习小组用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾，并测定明矾中结晶水的含量。

上述实验中不需要用到的操作是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到明矾晶体，需要用到蒸发皿，故A不符合题意；
B．明矾晶体灼烧得到KAl(SO4)2，则需要在坩埚中加热，故B不符合题意；
C．溶液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到明矾晶体，需要用过滤，故C不符合题意；
D．该流程中没有分液，故D符合题意；
综上所述，答案为D。
6. M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，基态X原子2p能级上仅有2个电子，Y元素原子的价电子数是W的两倍，由五种元素组成的某电极材料的结构如图所示。下列说法错误的是

A. 简单氢化物沸点：Z＞Y
B. 该化合物中必然存在配位键
C. 由M和Y形成的化合物中可能存在共价键
D. 基态X原子的价电子排布式：2s22p2
【答案】A
【解析】
【分析】M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，基态X原子2p能级上仅有2个电子，X原子核外电子排布式为1s22s22p2，则X为C元素；M形成+1价阳离子，其中原子序数小于碳，可知M为Li元素；五种元素组成的电极材料阴离子结构中，Y形成2条共价键，其价电子数为6，而Y元素原子的价电子数是W的两倍，W的价电子数为3，则W为B元素、Y为O元素；Z形成1条共价键，则Z为F元素。
【详解】由分析可知，M为Li元素、W为B元素、X为C元素、Y为O元素、Z为F元素；
A．Z、Y的的简单氢化物分别为HF、H2O，常温下HF是气体，而H2O是液体，则沸点：HF＜H2O，故A错误；
B．B原子最外层仅有3个电子，阴离子中B原子形成4条共价键中有1条是配位键，故B正确；
C．锂与氧可以形成Li2O2，该化合物中氧原子之间形成共价键，故C正确；
D．基态C原子的价电子排布式为2s22p2，故D正确；
故选：A。
7. 桂皮中含有的肉桂醛()是一种食用香料，广泛用于牙膏、洗涤剂、糖果和调味品中。工业上可通过苯甲醛与乙醛反应制得：+CH3CHO+H2O。下列说法错误的是
A. 肉桂醛中碳原子的杂化方式仅有一种
B. 肉桂醛的合成中经历了加成和消去的过程
C. 为检验肉桂醛分子中的碳碳双键，加入溴水褪色则可说明分子中含有碳碳双键
D. 该反应中NaOH的作用是降低反应的活化能，增大活化分子的百分数
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯环上C原子的价层电子对数为3，C=C双键上C原子的价层电子对数为3，C=O双键上C原子的价层电子对数为3，即肉桂醛中碳原子的杂化方式都是sp2，故A正确；
B．苯甲醛与乙醛先发生加成反应生成，再发生消去反应生成，即合成肉桂醛经历了加成和消去过程，故B正确；
C．肉桂醛分子中的碳碳双键和醛基，醛基具有强还原性，能被溴水氧化，则加入溴水褪色，不能说明肉桂醛分子中是否含有碳碳双键，故C错误；
D．NaOH是该反应的催化剂，则NaOH能降低该反应的活化能，增大活化分子数和百分数，加快反应速率，故D正确；
故选：C。
8. 某铬铁矿主要成分为Cr2O3(还含有FeO、Al2O3、MgO等杂质)。如图是制备Cr(OH)3的工艺流程：

已知：Na2CrO4溶于水，BaCrO4难溶于水。下列说法错误的是
A. NaOH参与的反应为两个
B. 加压(即增大氧气的压强)，更有利于提高Cr的浸出率
C. 加碱转化步骤中，加入的碱可能为Ba(OH)2
D. 溶解还原过程中，甲醇起助溶作用，HCl起还原和提供酸性环境的作用
【答案】D
【解析】
【分析】铬铁矿的主要成分为Cr2O3，另外还含有FeO、Al2O3、MgO等杂质，加入氢氧化钠、水和氧气，Cr2O3和Al2O3溶解，再加碱使Cr转化为铬酸盐沉淀，加酸、甲醇转化为氢氧化铬，据此回答。
【详解】A．加压碱浸时，氧化铬、氧化铝与氧气、氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和铬酸钠，即氢氧化钠参与2个，A正确；
B．加压碱浸时，氧化铬与氧气、氢氧化钠反应方程式为，加压有利于铬的浸出率，B正确；
C．加碱转化时，加入氢氧化钡反应生成铬酸钡沉淀，C正确；
D．在溶解还原过程中，铬酸钡与盐酸和甲醇反应生成氢氧化铬和二氧化碳，即甲醇为反应物，HCl提供酸性环境，D错误；
故选D。
9. 某国际期刊刊登我国最新有关水系双离子电池原理如图所示，下列有关叙述正确的是

A. 放电时，电极a作电源的正极，Cu3(PO4)2发生氧化反应最终变为Cu
B. 充电时，水系电池中，a电极附近的碱性增强
C. 充电时，Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+
D. 当1molCu3(PO4)2完全放电时，则电池内部有6molNa+发生迁移
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，放电时为原电池，a极上Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu、发生得电子的还原反应，b极上Na0.44MnO2→Na0.44-xMnO2、发生失电子的氧化反应，则a极为正极、b极为负极，负极反应式为Na0.44MnO2-xe-═Na0.44-xMnO2+xNa+，充电时为电解池，原电池的正负极分别与电源的正负极相接，即a极为阳极、b极为阴极，阴阳极反应与负正极反应相反，据此分析解答。
【详解】A．放电时为原电池，a极为正极、b极为负极，Cu3(PO4)2发生还原反应最终变为Cu，故A错误；
B．充电时为电解池，a极为阳极、b极为阴极，阳极上OH-失电子生成水，阳极附近的碱性减弱，故B错误；
C．充电时为电解池，a极为阳极、b极为阴极，阴极反应式为Na0.44-xMnO2+xNa++xe-=Na0.44MnO2，故C错误；
D．放电时为原电池，a极上发生反应Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu,则1molCu3(PO4)2完全放电时，转移电子6mol,有6molNa+发生迁移，故D正确；
故选：D。
10. 科学家最新发现含硫物质在微生物的作用下会发生如图所示变化(已略去部分不含硫物质)。有关转化过程的说法错误的是

A. 整个转化体系中，微生物起到催化的作用
B. SO经过步骤1，2消耗的H+与直接经过步骤3消耗的H+一样多
C. SCN-空间结构为直线形，中心碳原子为sp杂化
D. 1molSO经过步骤3生成HS-转移的电子数为6NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．整个过程中，可以看出微生物在反应前后不发生变化，为催化剂，起到催化作用，故A正确；
B．步骤1：+SCN-=+CN-，无H+参与反应，不消耗H+，步骤2：+8e-+8H+=2HS-+3H2O，消耗8molH+，步骤3：+6e-+7H+=HS-+3H2O，消耗7molH+，步骤1、2生成2molHS-时共消耗8molH+，步骤3生成2molHS-时需消耗14molH+，所以他们消耗的H+不一样多，故B错误；
C．SCN-与CO2互为等电子体，所SCN-的空间结构为直线形，中心碳原子为sp杂化，故C正确；
D．由B项中化学方程式可知1mol生成HS-转移到的电子数为6mol,即6NA，故D正确；
故选：B。
11. 为验证银氨溶液中也存在[Ag(NH3)2]+(aq)Ag+(aq)+2NH3(aq)络合平衡体系，特设计如图实验：
实验
试剂
现象
试管
滴管

2mL[Ag(NH3)2]+溶液
6滴0.1mol•L-1KCl溶液
I中无明显现象
6滴饱和KCl溶液
II中产生白色沉淀
6滴0.1mol•L-1KI溶液
III中产生黄色沉淀
6滴0.1mol•L-1HCl溶液
IV中产生白色沉淀
下列说法不正确的是
A. 通过I、II对比，说明II中能生成沉淀的原因是c(Cl-)•c(Ag+)＞Ksp(AgCl)
B. 通过I、III对比，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
C. 通过I、IV对比，说明NH3与H+的结合能力小于与Ag+的结合能力
D. 络合平衡与难溶电解质的溶解平衡都是化学平衡的一种
【答案】C
【解析】
【详解】A．[Ag(NH3)2]+(aq)⇌Ag+(aq)+2NH3(aq)，溶液中含有一定浓度的Ag+，对比实验Ⅰ、Ⅱ可知，c(Cl-)增大时浓度积Q=c(Cl-)⋅c(Ag+)增大，当Q＞Ksp时生成沉淀，故A正确；
B．对比实验Ⅰ、Ⅲ可知，溶液中c(Ag+)相同，且加入的c(Cl-)=c(I-)，生成了AgI沉淀，说明AgI的溶解度小于AgCl，即Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故B正确；
C．实验Ⅰ、Ⅳ中c(Cl-)相同，但Ⅳ的溶液呈酸性，生成了AgCl沉淀，说明H+结合NH3促进了平衡正向移动，即NH3与H+的结合能力大于与Ag+的结合能力，使溶液中c(Ag+)增大，故C错误；
D．络合平衡与难溶电解质的溶解平衡均存在可逆的动态平衡，属于化学平衡理论研究的范畴，是化学平衡中的一种，故D正确；
故选C。
12. 最新研究表明，在多孔炭材料上搭载活性组分催化氧化硫化氢，脱硫效果明显优于传统的吸附法。其反应机理如图所示，H2S在某温度下浓度为0.1mol•L-1。下列有关说法正确的是

A. 该温度下，H2S一级电离常数数量级为10-8
B. 提高水膜的酸性，有利于增强脱硫效果
C. 温度越高，反应速率越快，脱硫效果越好
D. 多孔炭材料上搭载活性组分，主要的目的是吸附O2
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2S浓度为c(H2S)=0.1mol/L，又由图知c(H+)≈c(HS-)=10-4.5mol/L，故，故A正确；
B．提高水膜的酸性，溶液酸性增强，不利于H2S溶解电离，减慢反应速率，故B错误；
C．温度过高，H2S和溶解氧的溶解度下降，不利于脱硫效果，故C错误；
D．根据题目信息，活性炭搭载成分具有催化氧化效果，故D错误；
故选：A。
13. 常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lgc总(V)]与pH关系如图所示。已知(VO2)2SO4是易溶于水的强电解质。下列说法正确的是

A. 由图可知，在不同的酸碱性环境中，五价钒粒子存在形式有5种
B. 存在VO+2H2OH2VO+2H+，若加入(VO2)2SO4固体，但c(H2VO)不一定增大
C. 若lgc总(V)=-4，pH=3时，五价钒粒子的存在形式主要为HV10O
D. (VO2)2SO4是易溶于水的强电解质，故很难发生水解
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，在不同的酸碱性环境中，五价钒粒子存在形式有5种，故A正确；
B．存在+2H2O⇌+2H+，若是(VO2)2SO4饱和溶液，再加该固体，浓度不变，平衡不移动，c()不变，故B错误；
C．若lgc总(V)=-4，pH=3时，图像分析可知，五价钒粒子的存在形式主要为，故C错误；
D．(VO2)2SO4是易溶于水的强电解质，能发生水解+2H2O⇌+2H+，故D错误；
故选：A。
14. 恒温密闭容器中，发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H＜0。若按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料比充入容器，测得平衡时n(H2)和n(H2O)随温度的变化如图所示。下列说法正确的是

A. L线表示平衡时n(H2O)随温度的变化
B. 由图可知、温度升高，正反应速率减小，逆反应速率增大
C. x=5.16mol
D. 在等温相同体积下，通入1molCO2、3molH2与通入2molCO2、6molH2达到平衡时，C2H4的体积分数一样
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，n(H2)增大，n(H2O)减小，故L线表示平衡时n(H2)随温度的变化，M线表示平衡时n(H2O)随温度的变化，故A错误；
B．温度升高，正逆反应速率均加快，故B错误；
C．393K时，n(H2)=4.2mol，n(H2O)=5.8mol，升高温度，平衡逆向移动，a点时n(H2)=n(H2O)，设由393K升高为460K时，水的反应量为k mol，由关系式可知6H2～4H2O，则4.2+1.5k=5.8-k，解得k=0.64mol，x=5.16mol，故C正确；
D．在等温相同体积下，通入2mol CO2、6mol H2达到平衡相当于对通入1mol CO2、3mol H2平衡时加压，反应正向气体分子数减小，加压，平衡正向移动C2H4的体积分数增大，故D错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 某中学同学在做铜与浓硫酸(装置如图)的反应实验时，发现有如下的反应现象：加热初期，铜丝表面变黑；继续加热，有大量气泡产生，品红溶液褪色，溶液变为墨绿色浊液，试管底部开始有灰白色沉淀生成；再加热，试管中出现“白雾”，浊液逐渐变为澄清，溶液颜色慢慢变为浅蓝色，试管底部灰白色沉淀增多；冷却，静置，将试管中液体倒入另一支盛水试管中，管壁发汤，溶液略带蓝色，将灰白色固体倒入水中，形成蓝色溶液。

（1）资料：聚四氯乙烯受热分解产生氯化氢，[CuCl4]2-呈黄色，[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，两者混合则成绿色，铜的化合物中CuO、CuS、Cu2S都为黑色，其中CuO溶于盐酸；CuS、Cu2S不溶于稀盐酸，但溶于浓盐酸。该反应中，品红溶液褪色，体现SO2的______性，NaOH溶液的作用是______。
该中学同学分成几个小组分别对上述现象探究：
（2）甲组同学查相关文献资料获知：在较低温度(100℃)下，浓硫酸氧化性相对较弱，生成的黑色沉淀为Cu2S，溶液变蓝，但没有气泡产生。请根据文献资料写出反应的化学方程式：______。
（3）乙组同学对实验中形成的墨绿色溶液进行探究，特进行下列实验：


现象
I组
取灼烧后的铜丝
溶液变蓝
Ⅱ组
直接取其铜丝(表面有聚四氯乙烯薄膜)
溶液变成墨绿色
请解释形成墨绿色的原因：______。
（4）丙组同学对白雾的成分经检验为H2SO4，请设计实验证明该白雾为硫酸：______。溶液的蓝色变浅，灰白色沉淀增多，这现象体现浓硫酸的______性。
（5）丁组同学进一步对灰白色沉淀通过加水溶解、过滤，最后沉淀为黑色，取其黑色沉淀，进行成分探究：
滴加适量稀盐酸，则发现黑色沉淀几乎不溶解，溶液也不变蓝，则说明黑色沉淀中不含有______。
滴加适量浓盐酸，振荡，加热，观察到黑色沉淀几乎完全溶解，溶液呈略黄色[CuCln]2-n(n=1～4)。写出CuS与浓盐酸反应的离子方程式：______。
最后，丁组同学经过实验论证证明黑色沉淀中除了有CuS、Cu2S，还有S等。
【答案】（1） ①. 漂白 ②. 吸收SO2
（2）
（3）聚四氯乙烯受热分解产生氯化氢，产生的氯离子与铜离子形成[CuCl4]2-(黄色)，[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，两者混合则成墨绿色
（4） ①. 白雾通入水中，取其部分，加入紫色石蕊溶液变红，然后再加入浓盐酸酸化无明显现象，再加入氯化钡，有白色沉淀生成，则说明白雾为硫酸 ②. 吸水
（5） ①. CuO ②. CuS+2H++nCl-=[CuCln]2-n(n=1~4)+H2S↑
【解析】
【分析】铜和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，用品红溶液验证其漂白性，用NaOH溶液吸收有毒的二氧化硫，可抽动的铜丝能控制反应进程；
【小问1详解】
品红溶液褪色，体现SO2的漂白性；SO2是酸性氧化物，能与碱液反应，则NaOH溶液的作用是吸收SO2；
【小问2详解】
已知在较低温度(100℃)下，浓硫酸氧化性相对较弱，生成的黑色沉淀为Cu2S，溶液变蓝则生成CuSO4，但没有气泡产生即无二氧化硫产生，反应的化学方程式为：；
【小问3详解】
形成墨绿色的原因：聚四氯乙烯受热分解产生氯化氢，产生的氯离子与铜离子形成[CuCl4]2-(黄色)，[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，两者混合则成墨绿色；
【小问4详解】
用氯化钡溶液检验硫酸根离子，实验证明该白雾为硫酸的操作为：白雾通入水中，取其部分，加入紫色石蕊溶液变红，然后再加入浓盐酸酸化无明显现象，再加入氯化钡，有白色沉淀生成，则说明白雾为硫酸，溶液的蓝色变浅，灰白色沉淀增多说明水的含量减少，这现象体现浓硫酸的吸水性；
【小问5详解】
滴加适量稀盐酸，则发现黑色沉淀几乎不溶解，溶液也不变蓝即无Cu2+存在，则说明黑色沉淀中不含有CuO；已知CuS为黑色，能溶于浓盐酸，则适量浓盐酸与CuS反应生成黄色[CuCln]2-n(n=1～4)，反应的离子方程式：CuS+2H++nCl-=[CuCln]2-n(n=1~4)+H2S↑。
16. 我国已成为氟最大产销国。由于其产品具有高附加值，其氟化工也被称之为“黄金产业”。
I.从氟硅酸(H2SiF6)制备氟化钙的流程如图：

（1）该工艺流程中可以循环使用的物质是______。
（2）聚四氟乙烯反应釜中发生反应的化学方程式为______。
II.氟化钙与浓硫酸反应可以制取HF，电子级HF是半导体材料的重要原材料。其中电子级HF的制取工艺流程如图：

（3）精制HF过程中，用高锰酸钾溶液(氧化剂)进行化学预处理，将AsF3氧化，氧化得到的物质AsF5与HF沸点相差较大，可以在后续精馏过程中除去。其化学处理的离子方程式为______。
（4）氢氟酸是弱酸，HFH++F-，Ka=6.3×10-3，当其浓度大于5.0mol/L时，溶液的酸性变强，试从结构的角度分析其可能的原因是______。
（5）氟化钙的晶胞如图所示，则钙离子的配位数为______，若晶胞参数为acm，则该晶体的密度为______g•cm-3。(设CaF2的摩尔质量为Mg/mol)

（6）F-、Cl-由于有孤对电子，很容易与一些金属阳离子形成络合离子，例如[CoCl4]2-、[NiCl4]2-，这两种络合离子的空间结构为四面体结构，说明______。
【答案】（1）NH3(氨水或液氨)
（2）6NH3+H2SiF6+2H2O=6NH4F+SiO2
（3）5AsF3+10HF +6H++2=2Mn2++5 ASF5+8H2O
（4）当HF浓度大于5.0mol/L时，HF与F-形成氢键，形成,促进了HF的电离；
（5） ①. 8 ②.
（6）
【解析】
【分析】该题涉及到两个工艺流程过程，在第一个中.以氟硅酸(H2SiF6)制备氟化钙，在第二个中用氟化钙与浓硫酸反应可以制取HF，同时本题还考查了晶胞的相关计算以及价层电子对互斥理论。
【小问1详解】
从工艺流程分析在化学预处理NH3和H2SiF6反应制得NH4F，利用制得的NH4F和石灰石反应制得HF和NH3，因此可以循环利用的物质是NH3(氨水或液氨)；
【小问2详解】
据I工艺流程分析，通过化学预处理中NH3和H2SiF6反应制得NH4F，因此聚四氟乙烯反应釜中发生反应的化学方程式为：6NH3+H2SiF6+2H2O=6NH4F+SiO2；
【小问3详解】
精制HF过程中，用高锰酸钾溶液进行化学预处理，将AsF3氧化，氧化得到的物质AsF5，其化学处理的离子方程式为：5AsF3+10HF +6H++2=2Mn2++5 ASF5+8H2O；
【小问4详解】
当HF浓度大于5.0mol/L时，溶液的酸性变强，可能的原因是：当HF浓度大于5.0mol/L时，会发生自偶电离，HF与F-形成氢键，形成,促进了HF的电离；
【小问5详解】
根据氟化钙的晶胞所示，每个钙离子周围最近的F-为8个，因此钙离子的配位数为8；根据均摊法可以算出一个晶胞含有4个CaF2，当晶胞参数为acm，则该晶体的密度==
【小问6详解】
根据题意[CoCl4]2-、[NiCl4]2-这两种络合离子的空间结构为四面体结构，因此中心原子的杂化类型为。
17. NOx、SO2是大气的主要污染物。研究消除NOx、SO2的方法和机理一直是环境专家不断追求的目标。
I.以V2O5为催化剂，将SO2氧化为SO3，进一步生产硫酸，变废为宝。该过程的机理如下：
SO2(g)+V2O5(s)SO3(g)+V2O4(s)，活化能为Ea1
2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)，活化能为Ea2。

（1）则2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的△H=______kJ•mol-1(用E1～E5中的合理数据组成的代数式表示)。
II.已知：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-akJ•mol-1，在保持其他初始条件不变的情况下，分别在相同时间内，不同温度、不同催化剂下，测得NO转化率与温度的关系如图所示。

（2）在催化剂乙作用下，图中M点______(填“是”或“不是”)平衡点，温度高于400℃，NO转化率降低的原因可能是______。
III.中南大学某教授研究团队以CO同时还原NOx和SO2过程为研究对象，发现在一定温度下，平衡体系中发生的反应为：
①4CO(g)+2SO2(g)4CO2(g)+S2(g)
②4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)
在该温度下，总压为4MPa条件下，以n(CO)：n(SO2)：n(NO2)=2：1：1通入，t1s后达到平衡，CO2的分压为aMPa，N2的分压为bMPa。
（3）当t1s达平衡时，以CO表示的反应速率为______MPa/s。
（4）反应①在该温度下的Kp=______(MPa)-1。(列出计算式即可以)
IV.湖大化工团队在酸性的条件下，以电化学原理消除NOx、SO2，同时又变废为宝。

（5）写出NOx转化的电极反应方程式：______。
（6）电解生成的硫酸，电离方程式可表示为：H2SO4=H++HSO，HSOH++SO。
①25℃时，Na2SO4溶液的pH______(填“＞”“＜”或“=”)7。
②0.100mol•L-1的稀硫酸中，c(H+)=0.109mol•L-1，求硫酸第二步电离的电离常数：______(写出计算过程，结果保留三位有效数字)。
【答案】（1）-(E2-E1)
（2） ①. 不是 ②. 随着温度的升高，催化剂活性降低，导致单位时间内NO的转化率反而降低
（3）
（4）
（5）NOx-(5-2x)e-+(3-x)H2O=+(6-2x)H+
（6） ①. > ②. 1.08×10-2
【解析】
【小问1详解】
根据△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，则2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的△H=-(E2-E1) kJ•mol-1；
【小问2详解】
在催化剂乙作用下，相同温度下，曲线乙的转化率低于曲线甲的转化率，说明M点不是平衡点，反应仍向正反应进行；温度高于400℃，NO转化率降低的原因可能是：随着温度的升高，催化剂活性降低，导致单位时间内NO的转化率反而降低；
【小问3详解】
列三段式：，，达到平衡时，p(CO)变=a-4b+4b=a MPa，反应速率为；
【小问4详解】
平衡时，p(CO)=(2-a)MPa，p(SO2)=，p(CO2)=a MPa，p(S2)=，反应①在该温度下的Kp=(MPa)-1；
【小问5详解】
NOx转化的电极反应方程式为：NOx-(5-2x)e-+(3-x)H2O=+(6-2x)H+；
【小问6详解】
①根据题意部分电离，则能发生水解生成和OH-，则25℃时，Na2SO4溶液呈碱性，pH>7；
②第一步完全电离，可电离出0.1mol/L H+，故第二步可电离出0.009mol/L H+和，c()=0.1-0.009=0.091mol/L，。
18. 双氯酚酸钠是一种抗炎镇痛药，心冠患者在发热发烧时为减轻疼痛，也可服用此药，其合成方法为：

已知：。其中：－Ph代表苯基。
（1）A的分子式为C6H10O，其核磁共振氢谱显示有3组峰，其比为1：2：2，则A物质的结构简式为______。B中含有的官能团名称为______。
（2）由C→D的反应过程中，可能涉及的反应类型是______。
（3）写出由D→E的化学反应方程式：______。
（4）分子式为C4H7NCl2，其分子结构中，含有一个由氮原子参与形成的环，其核磁共振氢谱显示有2组峰，符合条件的结构共有______种(不考虑立体异构)；其中氢原子数个数比为6：1的有机物结构简式为______。
（5）已知：RCOOH+PX3→RCOX，设计由苯胺和ClCH2COOH为原料合成路线图______。
【答案】（1） ①. ②. 羰基、碳氯键
（2）还原反应 （3）+ClCH2COCl→+HCl
（4） ①. 4 ②. 、
（5）ClCH2COOHClCH2COCl
【解析】
【分析】A的分子式为C6H10O，其核磁共振氢谱显示有3组峰，其比为1：2：2，结合B的结构简式，可推知A为，B与Ph-NH2之间脱去1分子水生成C，C→D的过程中C=N双键转化为C-N单键、同时六元碳环转化为苯环，整个过程C组成上去氢生成D，发生了还原反应；D与ClCH2COCl发生信息中第一步生成E为，E发生信息中第二步反应生成F，结合G的结构简式可知F为，F中酰胺基碱性条件下水解生成G；
【小问1详解】
A的分子式为C6H10O，其核磁共振氢谱显示有3组峰，其比为1：2：2，结合B的结构简式，可推知A的结构简式为；观察结构可知，B中含有的官能团名称为羰基、碳氯键，故答案为：；羰基、碳氯键；
【小问2详解】
C→D的过程中C=N双键转化为C-N单键、同时六元碳环转化为苯环，整个过程C组成上去氢生成D，该过程涉及的反应类型是还原反应，故答案为：还原反应；
【小问3详解】
由D→E的化学反应方程式：+ClCH2COCl→+HCl；
【小问4详解】
分子式为C4H7NCl2，其分子结构中，含有一个由氮原子参与形成的环，其核磁共振氢谱显示有2组峰，符合条件的结构有、、、共4种，其中氢原子数个数比为6：1的有机物结构简式为、，故答案为：4；、；
【小问5详解】
由信息可知，ClCH2COOH与PCl3反应生成ClCH2COCl,ClCH2COCl与反应生成，最后在AlCl3条件下生成，合成路线为ClCH2COOHClCH2COCl。