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四川省泸州市泸县第一中学2020届高三上学期第一次月考理综化学试题
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1.2016年诺贝尔化学奖授予在合成分子机器领域做出贡献的三位科学家。分子机器是一种特殊的超分子体系，当体系受到外在刺激(如pH变化、吸收光子、电子得失等)时，分子组分间原有作用被破坏，各组分间发生类似于机械运动的某种热运动。下列说法不正确的是
A. 驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量
B. 分子状态的改变会伴随能量变化，属于化学变化
C. 氧化还原反应有可能是刺激分子机器体系的因素之一
D. 光照有可能使分子产生类似于机械运动的某种热运动
【答案】B
【解析】
A．需要对体系输入一定的能量，才能驱动分子机器，故A正确；B．分子状态的改变是物态变化，属于物理变化，故B错误；C．电子的得失是氧化还原反应的本质，则发生氧化还原反应时可刺激分子机器体系，故C正确；D．光照可使光能转化为机械能，即光照能使分子产生类似于机械运动的某种热运动，故D正确；答案为B。
2.轮烷的某种合成原料由C、H、O三种元亲组成，其球棍模型如图所示。
下列说法正确的是
A. 该化合物的名称为乙酸乙酯
B. 该化合物与Br2的四氯化碳溶液不反应
C. 该化合物能发生水解反应，不能发生加聚反应
D. 该化合物的链状同分异构体中，能与 NaHCO3反应放出CO2的只有3种(不考虑立体异构)
【答案】D
【解析】
【详解】A.由有机物的球棍模型可知，该有机物的结构简式为CH3COOCH=CH2，名称为乙酸乙烯酯，A项错误；
B.该化合物中含有碳碳双键，可以和Br2的四氯化碳溶液发生加成反应，B项错误；
C.该分子中含有酯基和碳碳双键，可以发生水解反应和加聚反应，C项错误；
D.能与NaHCO3反应放出CO2，说明含有羧基，符合条件的链状同分异构体有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=C(CH3)COOH，共有3种，D项正确。
故答案选D。
3.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种淡黄色粉末，某课外小组利用下列装置检验草酸亚铁晶体受热分解的部分产物。
下列说法正确的是
A. 若③和⑤中分别盛放足量NaOH溶液和CuO，可检验生成的CO
B. 实验时只需要在装置①中反应结束后再通入N2
C. 若将④中的无水CaCl2换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气
D. 实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁
【答案】A
【解析】
A、利用②、③除去CO2，④中的无水氯化钙将气体干燥后，如果⑤中CuO固体转变成红色，则反应一定生成CO，因此A正确。B、实验开始后，装置中的空气对分解及检验都有干扰，所以必须先通入N2除去装置中的空气，B错误。C、由于从②、③溶液中导出的气体会带出水蒸气，因此④中放置无水硫酸铜无法检验分解生成的水蒸气，C错误。D、草酸亚铁晶体分解剩余的固体为FeO，如果没有完全变为黑色，也有可能是由于晶体没有完全分解，D错误。正确答案A。
点睛：固体分解得到的水一定要在通过溶液之前检验。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是
A. 标准状况下，22.4LCl2通入足量NaOH溶液中，完全反应时转移的电子数为2NA
B. 20gD2O含有的电子数为10NA
C. 1L0.1mol•L-1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NA
D. 25℃时，1.0LpH=12的NaClO溶液中由水电离出OH-的数目为0.01NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，1mol氯气参加反应转移1mol电子，因此标准状况下22.4L氯气参加此反应转移1mol电子，个数为NA，选项A不正确；
B、20g D2O的物质的量为1mol，1mol重水中含有10mol电子，含有的电子数为10NA，选项B正确；
C、溶液中硝酸铵物质的量n=cV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而1mol硝酸铵中含2molN原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2NA个氮原子，选项C正确；
D、次氯酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，溶液中的OH-都是由水电离出来，25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)=10-2mol/L,则水电离出的OH－的数目为0.01NA,选项D正确；
答案选A。
5.四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是
A. 四种元素中至少有两种金属元素
B. 四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物
C. 四种元素形成简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子
D. 常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于7
【答案】B
【解析】
分析】
原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。
【详解】A. 四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；
B. 氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；
C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；
D. 三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。
故选B。
6.菲斯科(FiskerInc.)公司宣布正在开发的固态锂电池能量密度是现有电池的2.5倍，续航里程可达500英里(约804公里)，最快充电时间可以分钟计，钴酸锂(LiCoO2) 电池的工作原理如图所示，M极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li+的高分子材料。隔膜只允许特定的离子通过。下列说法正确的是
A. 电池的总反应式为:LixC6+Li1-xCoO2==C6+LiCoO2
B. M为电池的正极
C. 放电时，N为负极，电极发生氧化反应
D. 充电时，M为阳极，电极发生氧化反应
【答案】A
【解析】
M极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作金属锂的载体)，故M为负极，LixC6-xe—=xLi++C6，发生氧化反应，N极为正极，电极反应为：Li1-xCoO2+xe—+ xLi+= LiCoO2，B、C项错误；正、负极反应式之和等于其总反应方程式：LixC6+Li1-xCoO2==C6+LiCoO2，A项正确；充电时，M为阴极，电极发生还原反应，D项错误。
7.常温下，改变0.1mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示[已知(X) =]。下列叙述错误的是( )
A. pH=1.2时，c(K+)+c(H+)=c(H2A)+c(OH-)
B. 常温下，H2A的电离平衡常数Ka2=10-42
C. pH=2.7时，c(HA-)＞c(H2A)=c(A2-)
D. KHA溶液中离子浓度为c(K+)＞c(HA-)＞c(OH-)＞c(H2A)＞c(H+)＞c(A2-)
【答案】D
【解析】
【分析】
由图象可知，pH=1.2时，c（H2A）=c（HA-），pH=2.7时，c（H2A）=c（A2-），pH=4.2时，c（HA-）=c（A2-），随着pH的增大，c（H2A）逐渐减小，c（HA-）先增大后减小，c（A2-）逐渐增大，结合电离平衡常数以及题给数据计算，可根据纵坐标比较浓度大小。
【详解】A项、由图象可知，pH=1.2时，c（H2A）=c（HA-）、c(A2-)=0，则电荷守恒关系为c（K+）+c（H+）=c（OH-）+ c（HA-），则c（K+）+c（H+）=c（OH-）+ c（H2A），故A正确；
B项、由图象可知，pH=4.2时，c（H+）=10-4.2mol/L，c（HA-）=c（A2-），K2（H2A）==c（H+）=10-4.2，故B正确；
C项、由图象可知，pH=2.7时，c（H2A）=c（A2-），由纵坐标数据可知c（HA-）＞c（H2A）=c（A2-），故C正确；
D项、由图象可知，KHA溶液显酸性，说明溶液中HA-电离大于水解，则c（H+）＞c（OH-），c（A2-）＞c（H2A），故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析能力和计算能力，注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中应用是解答关键。
8.氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应制备，反应原理为CrCl3+NH3CrN+3HCl.回答下列问题：
(1)制备无水氯化铬。氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)的形式存在。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为______________，以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_____________________________。
(2)制备氮化铬。某实验小组设计制备氮化铬的装置如下图所示(夹持与加热装置省略)：
①装置A中发生反应的化学方程式为_____________________。
②实验开始时，要先打开装置A中活塞，后加热装置C，目的是___________________。
③装置B中盛放的试剂是____________，装置D的作用是_____________________。
④有同学认为该装置有一个缺陷，该缺陷是_______________________。
(3)氯化铬的纯度测定。制得的CrN中含有Cr2N杂质，取样品14.38g在空气中充分加热，得固体残渣(Cr2O3)的质量为16.72g，则样品中CrN的质量分数为_____________(结果保留3位有效数字)。
【答案】 (1). 2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑ (2). 在HCl的气氛中加热 (3). CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(或NH3·H2ONH3↑+H2O) (4). 用生成的氨气排除装置内的空气 (5). 碱石灰 (6). 防止空气中的水分进入装置C (7). 没有尾气处理装置(或其他合理答案) (8). 91.8%
【解析】
【分析】
（1）加热CrCl3•6H2O晶体时，CrCl3水解；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl3•6H2O晶体制无水氯化铬；
（2）①浓氨水与CaO反应生成氢氧化钙和氨气；
②生成的氨气排除装置内的空气；
③装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气；装置D中的无水氯化钙可以吸收空气中的水蒸气；
（3）依据样品和Cr2O3的质量建立联立方程式求得CrN的物质的量，再依据CrN的质量求得质量分数。
【详解】（1）加热CrCl3•6H2O晶体时，CrCl3水解，氯化氢受热挥发，使水解平衡右移，CrCl3完全水解得到Cr（OH）3，Cr（OH）3受热分解生成Cr2O3，反应的化学方程式为2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl3•6H2O晶体，脱水制得无水氯化铬，故答案为：2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；在HCl的气氛中加热；
（2）①装置A中，浓氨水滴入到锥形瓶中，浓氨水中水与CaO反应生成氢氧化钙并放出大量的热，溶液中氢氧根浓度增大，使氨水的电离平衡左移，反应放出的热量升高温度，有利于氨气逸出，反应的化学方程式为CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑，故答案为：CaO+
NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑；
②实验开始时，先打开装置A中活塞，浓氨水与CaO反应制得氨气，生成的氨气排除装置内的空气，在无氧条件下，无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应生成CrN，故答案为：用生成的氨气排除装置内的空气；
③装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气，防止水蒸气进入装置C中，干扰CrN的制备；装置D中的无水氯化钙可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中，干扰CrN的制备，故答案为：碱石灰；防止空气中的水分进入装置C；
④该装置有一个缺陷，没有氨气的尾气吸收装置，氨气排入到空气中，会污染环境，故答案为：没有尾气处理装置；
（3）设14.38g 样品中CrN为xmol，Cr2N为ymol，固体残渣Cr2O3的质量为16.72g，Cr2O3的物质的量为=0.11mol，由Cr原子个数守恒得关系式①x+2y=0.22，由样品质量的关系式②66x+118y=14.38，解关系式得x=0.2 mol，y=0.01mol，则样品中CrN的质量分数为≈91.8%，故答案为：91.8%。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意理解反应原理，通过物质的性质分析实验设计是解答关键。
9.从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大改变。
(1)古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的,其主要成分是____(填字母序号)。
a．Fe b．FeO c．Fe3O4 d．Fe2O3
(2)硫酸渣的主要化学成分为：SiO2约45%，Fe2O3约40%，Al2O3约10%，MgO约5%。用该废渣制取药用辅料红氧化铁的工艺流程如下(部分操作和条件略)：
①在步骤Ⅰ中产生有毒气体可能有_____________________。
②在步骤Ⅲ操作中，要除去的离子之一为Al3+。若常温时Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，此时理论上将Al3+ 沉淀完全，则溶液的pH为_________。(c(Al3+)≤1.0×10-5mol/L 视为Al3+沉淀完全)
③步骤Ⅳ中，生成FeCO3的离子方程式是____________________________。
(3)氯化铁溶液称为化学试剂中的“多面手”。向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入氧化铜粉末会产生沉淀，写出该沉淀的化学式______________。请用平衡移动的原理，结合必要的离子方程式，对此现象作出解释：__________________________________________________________。
(4)①古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下：
复分解反应Ⅱ的离子方程式是____________________________________________。
②如今基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中是否含CN-，方案如下：
若试纸交蓝则证明食品中含有CN-，请解释检测时试纸中FeSO4的作用：____________。
【答案】 (1). c (2). CO、SO2等 (3). 5 (4). Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+2CO2↑+H2O (5). Fe(OH)3 (6). Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3↓+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀； (7). 3[Fe(CN)6]4−+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓ (8). 碱性条件下，Fe2+与CN−结合生成[Fe(CN)6]4−，Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+，[Fe(CN)6]4−与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。
【解析】
【分析】
根据物质的制备原理分析解答；根据物质的分离和提纯原理分析解答；根据沉淀溶解平衡原理进行溶度积的相关计算。
【详解】(1)古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，磁铁成分主要是四氧化三铁；
故答案为：c；
(2)①加入煤炭在空气中“还原焙烧”时产生的有毒气体可能有CO、SO2等；
故答案为：CO、SO2等；
②常温时Ksp[Al(OH)3]=1.0×10−32，理论上将Al3+沉淀完全，根据Ksp=c(Al3+)·c3(OH−)=1.0×10−32，即c(OH−)==10-9mol/L，则c(H+)==10-5mol/L，即pH=5；
故答案为：5；
③亚铁离子和碳酸氢根离子发生双水解生成FeCO3，离子方程式为：Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+2CO2↑+H2O；
故答案为：Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+2CO2↑+H2O；
(3)因为Fe3+会水解产生较多的H+，离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3↓ +3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀；
故答案为：Fe(OH)3，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3↓+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀；
（4）①由流程图可知，复分解反应ii的离子方程式为：3[Fe(CN)6]4−+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓；
故答案为：3[Fe(CN)6]4−+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓；
②基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN−，碱性条件下，Fe2+与CN−结合生成[Fe(CN)6]4−，Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+，[Fe(CN)6]4− 与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色，
故答案为：碱性条件下，Fe2+与CN−结合生成[Fe(CN)6]4−，Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+，[Fe(CN)6]4−与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。
【点睛】从题干中提取关键信息，如反应条件及离子符号的书写是解答本题的关键。注意沉淀溶解平衡原理及溶度积表达式的理解和运用。
10.唐山市打造“山水园林城市”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。
（1）SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：
SO2(g)+NH3·H2O(aq)NH4HSO3(aq) ΔH1=a kJ·mol−1；
NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH 2=b kJ·mol−1；
2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)2(NH4)2SO4(aq) ΔH 3=c kJ·mol−1。
则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g) 2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH =____kJ·mol−1。
（2）以乙烯(C2H4)作为还原剂脱硝(NO)，脱硝机理如图1，则总反应的化学方程式为_______；脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2，为达到最佳脱硝效果，应采用的条件是______。
（3）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H<0。实验测得：υ正=υ(NO)消耗=2υ(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，υ逆=(NO2) 消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
1
06
0.4
0.2
0.2
0.2
n(O2)/mol
0.6
0.4
0.3
0.2
0.2
0.2
①T1温度时k正/k逆=__________ L/mol。
②若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则T2__________T1(填“>”、“<”或“=")。
（4）已知：N2(g)+O2(g)2NO(g) △H＝+181.5 kJ·mol－1 ，某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。若用、、和分别表示N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是___(填字母序号)。
（5）利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度的10倍)，装置示意图如下，固体电解质可传导O2－
①阴极的电极反应式为______。
②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)_________。
【答案】 (1). 2a+2b+c (2). 6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O (3). 350℃左右、负载率3.0% (4). 160 (5). > (6). C (7). 2NO+4e-=N2+2O2- (8). 阴极发生副反应O2+4e-=2O2-
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得相应反应的热化学方程式；
（2）由图1可知，在催化剂的作用下，C2H4与NO、O2反应最终生成N2、CO2、H2O， 据此写出反应的总方程式；根据图2可知，为达到最佳脱硝效果，应满足脱硝率高，负载率低，适宜的温度；
（3）①根据k正/k逆=c2(NO2)/c2(NO)·c(O2)=K，依据表格数据列出三段式求出结论；
②k正=k逆时，则K=1，利用K与温度的关系作答；
（4）该分解反应为放热反应；
（5）①阴极是NO得到电子生成O2-和N2；
②电解装置中下电极板上存在有O2，容易在阴极发生副反应；
【详解】（1）根据盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO2(g)+4NH3•H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O（1） 的△H=(2a+2b+c)kJ/mol；
（2）①根据图1可以知道，在催化剂的作用下，C2H4与NO、O2反应最终生成N2、CO2、H2O，反应总方程式为: 6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O；由图可知，b曲线的最高点处，脱硝率高，负载率低，温度适宜，适宜适合条件为350℃、负载率3.0%；
（3）①根据v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗= k正c2(NO)·c(O2)，得出k正=v(NO)消耗/c2(NO)·c(O2)，根据v逆=v(NO2)消耗= k逆c2(NO2)，得出k逆= v(NO2)消耗/c2(NO2)，因为v(NO)消耗= v(NO2)消耗，所以k正/k逆= c2(NO2)/ [c2(NO)·c(O2)]=K，表格中初始物质的量：n(NO)=1mol，n(O2)=0.6mol，体积为2L，则列出三段式如下：
2NO(g)+O2(g)2NO2(g)
起（mol·L－1） 0.5 0.3 0
转（mol·L－1） 0.4 0.2 0.4
平（mol·L－1） 0.1 0.1 0.4
K= c2(NO2)/[c2(NO)·c(O2)]= (0.4mol/L)2/[(0.1 mol/L) 2×(0.1 mol/L)]=160 L/mol，故答案为：160；
②若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则K=1＜160，因反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H＜0，反应放热，K值减小，则对应的温度增大，即T2＞T1；
（4）A→B是NO断键转化为氮原子和氧原子，B→C是氮原子与氮原子结合转化为氮气，氧原子与氧原子结合转化为氧气，断键吸热，成键放热，故能量最低的状态是C处；
（5）①阴极是NO得到电子生成O2-和N2，其电极反应式为：2NO +4e－== N2↑+ 2O2-；
②因O2浓度约为NO浓度的十倍，且电解装置中下电极板上存在有O2，容易在阴极发生副反应：O2+4e－==2O2-，导致耗能远高于理论值。
11.砷和镍均为重要的无机材料，在化工领域具有广泛的应用。
（1）基态As原子的价层电子的电子云轮廓图形状为_____________。与砷同周期的主族元素的基态原子中，第一电离能最大的为_____________（填元素符号。）
（2）Na3AsO3可用于碘的微量分析。
①Na+的焰色反应呈黄色，金属元素能产生焰色反应的微观原因为__________________________。
②Na3AsO3中所含阴离子的立体构型为_____________，写出一种与其互为等电子体的分子：_____________（填化学式）。
（3）可用于合成Ni2+的配体，M中C原子的杂化方式为___________，其所含键和π键的数目之比为___________。
（4）Ni与Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，其原因为___________。区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为___________。
（5）某砷镍合金的晶胞结构如下图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度ρ=___________g·cm-3。
【答案】 (1). 球形、哑铃形（或纺锤形） (2). Br (3). 电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量 (4). 三角锥形 (5). PCl3、PBr3、NF3、NCl3等（答一种即可） (6). sp3，sp2 (7). 7:1 (8). Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强 (9). X-射线衍射法 (10).
【解析】
【详解】（1）基态As原子的价层电子排布式为4s24p3， 故其电子云轮廓图形状为球形、哑铃形或纺锤形。一般情况下，同周期主族元素从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，故第四周期主族元素中第一电离能最大的是Br。答案为球形、哑铃形（或纺锤形） Br；
（2）①金属元素产生焰色反应的微观原因为电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量，产生焰色反应。答案为电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量；
②AsO33-中As原子的价层电子对数目为4，含有一对孤对电子，其立体构型为三角锥形。根据等电子体的含义知，与AsO33-互 为等电子体的分子有PCl3、PBr3、NF3、NCl3等。答案为三角锥形 PCl3、PBr3、NF3、NCl3等（答一种即可）；
（3 ）由的结构简式可知，一CH3、 一CH2—、一CF3中C原子的价层电子对数目为4，杂化方式为sp3，碳氧双键中C原子的价层电子对数目为3，杂化方式为sp2。每个分子中含有14 个键和2个π键，则键与π键的数目之比为7:1。答案为sp3，sp2 7:1；
（4）金属晶体熔沸点的高低与金属键的强弱有关，金属键的强弱与价层电子数目和金属原子的半径有关。区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为X-射线衍射法。答案为Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强 X-射线衍射法；
（5）由晶胞结构可知，每个晶胞中含有2个Ni原子和2个As原子，晶胞的体积V= cm3，故晶胞的密度ρ=g/cm3=g·cm-3。答案为。
12.以甲醛和苯酚为主要原料，经下列转化可合成酚醛树脂和重要的有机合成中间体D(部分反应条件和产物已略去)
已知：R1CH2COOCH2+R2COOCH3CH3OH+
请回答下列问题：
(1)反应①的反应类型为___________；A的化学名称为___________。
(2)C中所含官能团的名称为___________；D的分子式为___________。
(3)反应②的化学方程式为______________________。
(4)A的下列性质中，能反映支链对苯环结构产生影响的是___________(填字母)。
a．能与氢氧化钠溶液反应
b．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
c．向稀溶液中加入浓溴水后，产生沉淀
(5)芳香化合物E(C8H10O2)与B的水解产物互为同分异构体，1molE可与2 mol NaOH反应，其核磁共振氢谱中有3组峰且峰面积之比为3：1：1，则E有___________种可能的结构(不考虑立体异构)。
(6)以CH3OH和CH3ONa为原料(其他试剂任选)，设计制备CH3COCH2 COOCH3的合成路线：CH3OH______。
【答案】 (1). 加成反应 (2). 邻羟甲基苯酚 (3). 醚键和酯基 (4). C19H20O5 (5). (6). c (7). 4 (8). CH3OHCH3ClCH3CNCH3COOCH3CH3COCH2COOCH3
【解析】
【详解】（1）反应①指在酸催化下，等物质的量的苯酚与甲醛反应，苯酚邻对位的氢原子与甲醛的羰基加成生成羟甲基苯酚，因而反应类型是加成反应，产物A的名称是邻羟甲基苯酚。
（2）C是对甲氧基苯乙酸甲酯，其结构简式为，可知C含有醚键和酯基，D分子式为C19H20O5。
（3）反应②是邻羟甲基苯酚之间相互脱水缩合成线型结构高分子，其化学方程式：。
（4）A是苯酚，侧链羟基会活化苯环氢原子，使得易发生邻位和对位的取代反应，例如苯酚和溴水反应生成2,4,6-三溴苯酚，故答案选c。
（5）根据E的分子式C8H10O2可算出不饱和度为4，结合E是芳香族化合物，说明含有苯环，侧链无不饱和键或者环，又1molE可与2 mol NaOH反应，说明苯环连着两个羟基，最后其核磁共振氢谱中有3组峰且峰面积之比为3：1：1，调整侧链两个碳原子和羟基的位置，符合条件共有4种，分别是、、和。
（6）结合题设框图合成D的反应路径，关键要合成乙酸甲酯CH3COOCH3，利用信息中提供的反应便可制备CH3COCH2 COOCH3，因而路线设置为 。
【点睛】本题中需要判断复杂的结构简式的分子式，直接数可能会造成错误，尤其是氢原子数错，那么这时可借助不饱和度与结构的关系来判断是否正确。操作如下，一个双键或一个环为1个不饱和度，一个三键为2个不饱和度，因此题中D的不饱和度为10，结合数出来的分子式就是C19H20O5可计算不饱和度也是10，那么得到分子式基本无误，这样这类问题就简单了。
1.2016年诺贝尔化学奖授予在合成分子机器领域做出贡献的三位科学家。分子机器是一种特殊的超分子体系，当体系受到外在刺激(如pH变化、吸收光子、电子得失等)时，分子组分间原有作用被破坏，各组分间发生类似于机械运动的某种热运动。下列说法不正确的是
A. 驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量
B. 分子状态的改变会伴随能量变化，属于化学变化
C. 氧化还原反应有可能是刺激分子机器体系的因素之一
D. 光照有可能使分子产生类似于机械运动的某种热运动
【答案】B
【解析】
A．需要对体系输入一定的能量，才能驱动分子机器，故A正确；B．分子状态的改变是物态变化，属于物理变化，故B错误；C．电子的得失是氧化还原反应的本质，则发生氧化还原反应时可刺激分子机器体系，故C正确；D．光照可使光能转化为机械能，即光照能使分子产生类似于机械运动的某种热运动，故D正确；答案为B。
2.轮烷的某种合成原料由C、H、O三种元亲组成，其球棍模型如图所示。
下列说法正确的是
A. 该化合物的名称为乙酸乙酯
B. 该化合物与Br2的四氯化碳溶液不反应
C. 该化合物能发生水解反应，不能发生加聚反应
D. 该化合物的链状同分异构体中，能与 NaHCO3反应放出CO2的只有3种(不考虑立体异构)
【答案】D
【解析】
【详解】A.由有机物的球棍模型可知，该有机物的结构简式为CH3COOCH=CH2，名称为乙酸乙烯酯，A项错误；
B.该化合物中含有碳碳双键，可以和Br2的四氯化碳溶液发生加成反应，B项错误；
C.该分子中含有酯基和碳碳双键，可以发生水解反应和加聚反应，C项错误；
D.能与NaHCO3反应放出CO2，说明含有羧基，符合条件的链状同分异构体有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=C(CH3)COOH，共有3种，D项正确。
故答案选D。
3.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种淡黄色粉末，某课外小组利用下列装置检验草酸亚铁晶体受热分解的部分产物。
下列说法正确的是
A. 若③和⑤中分别盛放足量NaOH溶液和CuO，可检验生成的CO
B. 实验时只需要在装置①中反应结束后再通入N2
C. 若将④中的无水CaCl2换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气
D. 实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁
【答案】A
【解析】
A、利用②、③除去CO2，④中的无水氯化钙将气体干燥后，如果⑤中CuO固体转变成红色，则反应一定生成CO，因此A正确。B、实验开始后，装置中的空气对分解及检验都有干扰，所以必须先通入N2除去装置中的空气，B错误。C、由于从②、③溶液中导出的气体会带出水蒸气，因此④中放置无水硫酸铜无法检验分解生成的水蒸气，C错误。D、草酸亚铁晶体分解剩余的固体为FeO，如果没有完全变为黑色，也有可能是由于晶体没有完全分解，D错误。正确答案A。
点睛：固体分解得到的水一定要在通过溶液之前检验。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是
A. 标准状况下，22.4LCl2通入足量NaOH溶液中，完全反应时转移的电子数为2NA
B. 20gD2O含有的电子数为10NA
C. 1L0.1mol•L-1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NA
D. 25℃时，1.0LpH=12的NaClO溶液中由水电离出OH-的数目为0.01NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，1mol氯气参加反应转移1mol电子，因此标准状况下22.4L氯气参加此反应转移1mol电子，个数为NA，选项A不正确；
B、20g D2O的物质的量为1mol，1mol重水中含有10mol电子，含有的电子数为10NA，选项B正确；
C、溶液中硝酸铵物质的量n=cV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而1mol硝酸铵中含2molN原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2NA个氮原子，选项C正确；
D、次氯酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，溶液中的OH-都是由水电离出来，25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)=10-2mol/L,则水电离出的OH－的数目为0.01NA,选项D正确；
答案选A。
5.四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是
A. 四种元素中至少有两种金属元素
B. 四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物
C. 四种元素形成简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子
D. 常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于7
【答案】B
【解析】
分析】
原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。
【详解】A. 四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；
B. 氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；
C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；
D. 三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。
故选B。
6.菲斯科(FiskerInc.)公司宣布正在开发的固态锂电池能量密度是现有电池的2.5倍，续航里程可达500英里(约804公里)，最快充电时间可以分钟计，钴酸锂(LiCoO2) 电池的工作原理如图所示，M极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li+的高分子材料。隔膜只允许特定的离子通过。下列说法正确的是
A. 电池的总反应式为:LixC6+Li1-xCoO2==C6+LiCoO2
B. M为电池的正极
C. 放电时，N为负极，电极发生氧化反应
D. 充电时，M为阳极，电极发生氧化反应
【答案】A
【解析】
M极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作金属锂的载体)，故M为负极，LixC6-xe—=xLi++C6，发生氧化反应，N极为正极，电极反应为：Li1-xCoO2+xe—+ xLi+= LiCoO2，B、C项错误；正、负极反应式之和等于其总反应方程式：LixC6+Li1-xCoO2==C6+LiCoO2，A项正确；充电时，M为阴极，电极发生还原反应，D项错误。
7.常温下，改变0.1mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示[已知(X) =]。下列叙述错误的是( )
A. pH=1.2时，c(K+)+c(H+)=c(H2A)+c(OH-)
B. 常温下，H2A的电离平衡常数Ka2=10-42
C. pH=2.7时，c(HA-)＞c(H2A)=c(A2-)
D. KHA溶液中离子浓度为c(K+)＞c(HA-)＞c(OH-)＞c(H2A)＞c(H+)＞c(A2-)
【答案】D
【解析】
【分析】
由图象可知，pH=1.2时，c（H2A）=c（HA-），pH=2.7时，c（H2A）=c（A2-），pH=4.2时，c（HA-）=c（A2-），随着pH的增大，c（H2A）逐渐减小，c（HA-）先增大后减小，c（A2-）逐渐增大，结合电离平衡常数以及题给数据计算，可根据纵坐标比较浓度大小。
【详解】A项、由图象可知，pH=1.2时，c（H2A）=c（HA-）、c(A2-)=0，则电荷守恒关系为c（K+）+c（H+）=c（OH-）+ c（HA-），则c（K+）+c（H+）=c（OH-）+ c（H2A），故A正确；
B项、由图象可知，pH=4.2时，c（H+）=10-4.2mol/L，c（HA-）=c（A2-），K2（H2A）==c（H+）=10-4.2，故B正确；
C项、由图象可知，pH=2.7时，c（H2A）=c（A2-），由纵坐标数据可知c（HA-）＞c（H2A）=c（A2-），故C正确；
D项、由图象可知，KHA溶液显酸性，说明溶液中HA-电离大于水解，则c（H+）＞c（OH-），c（A2-）＞c（H2A），故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析能力和计算能力，注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中应用是解答关键。
8.氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应制备，反应原理为CrCl3+NH3CrN+3HCl.回答下列问题：
(1)制备无水氯化铬。氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)的形式存在。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为______________，以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_____________________________。
(2)制备氮化铬。某实验小组设计制备氮化铬的装置如下图所示(夹持与加热装置省略)：
①装置A中发生反应的化学方程式为_____________________。
②实验开始时，要先打开装置A中活塞，后加热装置C，目的是___________________。
③装置B中盛放的试剂是____________，装置D的作用是_____________________。
④有同学认为该装置有一个缺陷，该缺陷是_______________________。
(3)氯化铬的纯度测定。制得的CrN中含有Cr2N杂质，取样品14.38g在空气中充分加热，得固体残渣(Cr2O3)的质量为16.72g，则样品中CrN的质量分数为_____________(结果保留3位有效数字)。
【答案】 (1). 2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑ (2). 在HCl的气氛中加热 (3). CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(或NH3·H2ONH3↑+H2O) (4). 用生成的氨气排除装置内的空气 (5). 碱石灰 (6). 防止空气中的水分进入装置C (7). 没有尾气处理装置(或其他合理答案) (8). 91.8%
【解析】
【分析】
（1）加热CrCl3•6H2O晶体时，CrCl3水解；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl3•6H2O晶体制无水氯化铬；
（2）①浓氨水与CaO反应生成氢氧化钙和氨气；
②生成的氨气排除装置内的空气；
③装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气；装置D中的无水氯化钙可以吸收空气中的水蒸气；
（3）依据样品和Cr2O3的质量建立联立方程式求得CrN的物质的量，再依据CrN的质量求得质量分数。
【详解】（1）加热CrCl3•6H2O晶体时，CrCl3水解，氯化氢受热挥发，使水解平衡右移，CrCl3完全水解得到Cr（OH）3，Cr（OH）3受热分解生成Cr2O3，反应的化学方程式为2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl3•6H2O晶体，脱水制得无水氯化铬，故答案为：2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；在HCl的气氛中加热；
（2）①装置A中，浓氨水滴入到锥形瓶中，浓氨水中水与CaO反应生成氢氧化钙并放出大量的热，溶液中氢氧根浓度增大，使氨水的电离平衡左移，反应放出的热量升高温度，有利于氨气逸出，反应的化学方程式为CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑，故答案为：CaO+
NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑；
②实验开始时，先打开装置A中活塞，浓氨水与CaO反应制得氨气，生成的氨气排除装置内的空气，在无氧条件下，无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应生成CrN，故答案为：用生成的氨气排除装置内的空气；
③装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气，防止水蒸气进入装置C中，干扰CrN的制备；装置D中的无水氯化钙可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中，干扰CrN的制备，故答案为：碱石灰；防止空气中的水分进入装置C；
④该装置有一个缺陷，没有氨气的尾气吸收装置，氨气排入到空气中，会污染环境，故答案为：没有尾气处理装置；
（3）设14.38g 样品中CrN为xmol，Cr2N为ymol，固体残渣Cr2O3的质量为16.72g，Cr2O3的物质的量为=0.11mol，由Cr原子个数守恒得关系式①x+2y=0.22，由样品质量的关系式②66x+118y=14.38，解关系式得x=0.2 mol，y=0.01mol，则样品中CrN的质量分数为≈91.8%，故答案为：91.8%。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意理解反应原理，通过物质的性质分析实验设计是解答关键。
9.从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大改变。
(1)古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的,其主要成分是____(填字母序号)。
a．Fe b．FeO c．Fe3O4 d．Fe2O3
(2)硫酸渣的主要化学成分为：SiO2约45%，Fe2O3约40%，Al2O3约10%，MgO约5%。用该废渣制取药用辅料红氧化铁的工艺流程如下(部分操作和条件略)：
①在步骤Ⅰ中产生有毒气体可能有_____________________。
②在步骤Ⅲ操作中，要除去的离子之一为Al3+。若常温时Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，此时理论上将Al3+ 沉淀完全，则溶液的pH为_________。(c(Al3+)≤1.0×10-5mol/L 视为Al3+沉淀完全)
③步骤Ⅳ中，生成FeCO3的离子方程式是____________________________。
(3)氯化铁溶液称为化学试剂中的“多面手”。向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入氧化铜粉末会产生沉淀，写出该沉淀的化学式______________。请用平衡移动的原理，结合必要的离子方程式，对此现象作出解释：__________________________________________________________。
(4)①古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下：
复分解反应Ⅱ的离子方程式是____________________________________________。
②如今基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中是否含CN-，方案如下：
若试纸交蓝则证明食品中含有CN-，请解释检测时试纸中FeSO4的作用：____________。
【答案】 (1). c (2). CO、SO2等 (3). 5 (4). Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+2CO2↑+H2O (5). Fe(OH)3 (6). Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3↓+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀； (7). 3[Fe(CN)6]4−+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓ (8). 碱性条件下，Fe2+与CN−结合生成[Fe(CN)6]4−，Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+，[Fe(CN)6]4−与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。
【解析】
【分析】
根据物质的制备原理分析解答；根据物质的分离和提纯原理分析解答；根据沉淀溶解平衡原理进行溶度积的相关计算。
【详解】(1)古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，磁铁成分主要是四氧化三铁；
故答案为：c；
(2)①加入煤炭在空气中“还原焙烧”时产生的有毒气体可能有CO、SO2等；
故答案为：CO、SO2等；
②常温时Ksp[Al(OH)3]=1.0×10−32，理论上将Al3+沉淀完全，根据Ksp=c(Al3+)·c3(OH−)=1.0×10−32，即c(OH−)==10-9mol/L，则c(H+)==10-5mol/L，即pH=5；
故答案为：5；
③亚铁离子和碳酸氢根离子发生双水解生成FeCO3，离子方程式为：Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+2CO2↑+H2O；
故答案为：Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+2CO2↑+H2O；
(3)因为Fe3+会水解产生较多的H+，离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3↓ +3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀；
故答案为：Fe(OH)3，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3↓+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀；
（4）①由流程图可知，复分解反应ii的离子方程式为：3[Fe(CN)6]4−+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓；
故答案为：3[Fe(CN)6]4−+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓；
②基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN−，碱性条件下，Fe2+与CN−结合生成[Fe(CN)6]4−，Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+，[Fe(CN)6]4− 与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色，
故答案为：碱性条件下，Fe2+与CN−结合生成[Fe(CN)6]4−，Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+，[Fe(CN)6]4−与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。
【点睛】从题干中提取关键信息，如反应条件及离子符号的书写是解答本题的关键。注意沉淀溶解平衡原理及溶度积表达式的理解和运用。
10.唐山市打造“山水园林城市”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。
（1）SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：
SO2(g)+NH3·H2O(aq)NH4HSO3(aq) ΔH1=a kJ·mol−1；
NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH 2=b kJ·mol−1；
2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)2(NH4)2SO4(aq) ΔH 3=c kJ·mol−1。
则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g) 2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH =____kJ·mol−1。
（2）以乙烯(C2H4)作为还原剂脱硝(NO)，脱硝机理如图1，则总反应的化学方程式为_______；脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2，为达到最佳脱硝效果，应采用的条件是______。
（3）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H<0。实验测得：υ正=υ(NO)消耗=2υ(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，υ逆=(NO2) 消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
1
06
0.4
0.2
0.2
0.2
n(O2)/mol
0.6
0.4
0.3
0.2
0.2
0.2
①T1温度时k正/k逆=__________ L/mol。
②若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则T2__________T1(填“>”、“<”或“=")。
（4）已知：N2(g)+O2(g)2NO(g) △H＝+181.5 kJ·mol－1 ，某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。若用、、和分别表示N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是___(填字母序号)。
（5）利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度的10倍)，装置示意图如下，固体电解质可传导O2－
①阴极的电极反应式为______。
②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)_________。
【答案】 (1). 2a+2b+c (2). 6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O (3). 350℃左右、负载率3.0% (4). 160 (5). > (6). C (7). 2NO+4e-=N2+2O2- (8). 阴极发生副反应O2+4e-=2O2-
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得相应反应的热化学方程式；
（2）由图1可知，在催化剂的作用下，C2H4与NO、O2反应最终生成N2、CO2、H2O， 据此写出反应的总方程式；根据图2可知，为达到最佳脱硝效果，应满足脱硝率高，负载率低，适宜的温度；
（3）①根据k正/k逆=c2(NO2)/c2(NO)·c(O2)=K，依据表格数据列出三段式求出结论；
②k正=k逆时，则K=1，利用K与温度的关系作答；
（4）该分解反应为放热反应；
（5）①阴极是NO得到电子生成O2-和N2；
②电解装置中下电极板上存在有O2，容易在阴极发生副反应；
【详解】（1）根据盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO2(g)+4NH3•H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O（1） 的△H=(2a+2b+c)kJ/mol；
（2）①根据图1可以知道，在催化剂的作用下，C2H4与NO、O2反应最终生成N2、CO2、H2O，反应总方程式为: 6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O；由图可知，b曲线的最高点处，脱硝率高，负载率低，温度适宜，适宜适合条件为350℃、负载率3.0%；
（3）①根据v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗= k正c2(NO)·c(O2)，得出k正=v(NO)消耗/c2(NO)·c(O2)，根据v逆=v(NO2)消耗= k逆c2(NO2)，得出k逆= v(NO2)消耗/c2(NO2)，因为v(NO)消耗= v(NO2)消耗，所以k正/k逆= c2(NO2)/ [c2(NO)·c(O2)]=K，表格中初始物质的量：n(NO)=1mol，n(O2)=0.6mol，体积为2L，则列出三段式如下：
2NO(g)+O2(g)2NO2(g)
起（mol·L－1） 0.5 0.3 0
转（mol·L－1） 0.4 0.2 0.4
平（mol·L－1） 0.1 0.1 0.4
K= c2(NO2)/[c2(NO)·c(O2)]= (0.4mol/L)2/[(0.1 mol/L) 2×(0.1 mol/L)]=160 L/mol，故答案为：160；
②若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则K=1＜160，因反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H＜0，反应放热，K值减小，则对应的温度增大，即T2＞T1；
（4）A→B是NO断键转化为氮原子和氧原子，B→C是氮原子与氮原子结合转化为氮气，氧原子与氧原子结合转化为氧气，断键吸热，成键放热，故能量最低的状态是C处；
（5）①阴极是NO得到电子生成O2-和N2，其电极反应式为：2NO +4e－== N2↑+ 2O2-；
②因O2浓度约为NO浓度的十倍，且电解装置中下电极板上存在有O2，容易在阴极发生副反应：O2+4e－==2O2-，导致耗能远高于理论值。
11.砷和镍均为重要的无机材料，在化工领域具有广泛的应用。
（1）基态As原子的价层电子的电子云轮廓图形状为_____________。与砷同周期的主族元素的基态原子中，第一电离能最大的为_____________（填元素符号。）
（2）Na3AsO3可用于碘的微量分析。
①Na+的焰色反应呈黄色，金属元素能产生焰色反应的微观原因为__________________________。
②Na3AsO3中所含阴离子的立体构型为_____________，写出一种与其互为等电子体的分子：_____________（填化学式）。
（3）可用于合成Ni2+的配体，M中C原子的杂化方式为___________，其所含键和π键的数目之比为___________。
（4）Ni与Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，其原因为___________。区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为___________。
（5）某砷镍合金的晶胞结构如下图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度ρ=___________g·cm-3。
【答案】 (1). 球形、哑铃形（或纺锤形） (2). Br (3). 电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量 (4). 三角锥形 (5). PCl3、PBr3、NF3、NCl3等（答一种即可） (6). sp3，sp2 (7). 7:1 (8). Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强 (9). X-射线衍射法 (10).
【解析】
【详解】（1）基态As原子的价层电子排布式为4s24p3， 故其电子云轮廓图形状为球形、哑铃形或纺锤形。一般情况下，同周期主族元素从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，故第四周期主族元素中第一电离能最大的是Br。答案为球形、哑铃形（或纺锤形） Br；
（2）①金属元素产生焰色反应的微观原因为电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量，产生焰色反应。答案为电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量；
②AsO33-中As原子的价层电子对数目为4，含有一对孤对电子，其立体构型为三角锥形。根据等电子体的含义知，与AsO33-互 为等电子体的分子有PCl3、PBr3、NF3、NCl3等。答案为三角锥形 PCl3、PBr3、NF3、NCl3等（答一种即可）；
（3 ）由的结构简式可知，一CH3、 一CH2—、一CF3中C原子的价层电子对数目为4，杂化方式为sp3，碳氧双键中C原子的价层电子对数目为3，杂化方式为sp2。每个分子中含有14 个键和2个π键，则键与π键的数目之比为7:1。答案为sp3，sp2 7:1；
（4）金属晶体熔沸点的高低与金属键的强弱有关，金属键的强弱与价层电子数目和金属原子的半径有关。区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为X-射线衍射法。答案为Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强 X-射线衍射法；
（5）由晶胞结构可知，每个晶胞中含有2个Ni原子和2个As原子，晶胞的体积V= cm3，故晶胞的密度ρ=g/cm3=g·cm-3。答案为。
12.以甲醛和苯酚为主要原料，经下列转化可合成酚醛树脂和重要的有机合成中间体D(部分反应条件和产物已略去)
已知：R1CH2COOCH2+R2COOCH3CH3OH+
请回答下列问题：
(1)反应①的反应类型为___________；A的化学名称为___________。
(2)C中所含官能团的名称为___________；D的分子式为___________。
(3)反应②的化学方程式为______________________。
(4)A的下列性质中，能反映支链对苯环结构产生影响的是___________(填字母)。
a．能与氢氧化钠溶液反应
b．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
c．向稀溶液中加入浓溴水后，产生沉淀
(5)芳香化合物E(C8H10O2)与B的水解产物互为同分异构体，1molE可与2 mol NaOH反应，其核磁共振氢谱中有3组峰且峰面积之比为3：1：1，则E有___________种可能的结构(不考虑立体异构)。
(6)以CH3OH和CH3ONa为原料(其他试剂任选)，设计制备CH3COCH2 COOCH3的合成路线：CH3OH______。
【答案】 (1). 加成反应 (2). 邻羟甲基苯酚 (3). 醚键和酯基 (4). C19H20O5 (5). (6). c (7). 4 (8). CH3OHCH3ClCH3CNCH3COOCH3CH3COCH2COOCH3
【解析】
【详解】（1）反应①指在酸催化下，等物质的量的苯酚与甲醛反应，苯酚邻对位的氢原子与甲醛的羰基加成生成羟甲基苯酚，因而反应类型是加成反应，产物A的名称是邻羟甲基苯酚。
（2）C是对甲氧基苯乙酸甲酯，其结构简式为，可知C含有醚键和酯基，D分子式为C19H20O5。
（3）反应②是邻羟甲基苯酚之间相互脱水缩合成线型结构高分子，其化学方程式：。
（4）A是苯酚，侧链羟基会活化苯环氢原子，使得易发生邻位和对位的取代反应，例如苯酚和溴水反应生成2,4,6-三溴苯酚，故答案选c。
（5）根据E的分子式C8H10O2可算出不饱和度为4，结合E是芳香族化合物，说明含有苯环，侧链无不饱和键或者环，又1molE可与2 mol NaOH反应，说明苯环连着两个羟基，最后其核磁共振氢谱中有3组峰且峰面积之比为3：1：1，调整侧链两个碳原子和羟基的位置，符合条件共有4种，分别是、、和。
（6）结合题设框图合成D的反应路径，关键要合成乙酸甲酯CH3COOCH3，利用信息中提供的反应便可制备CH3COCH2 COOCH3，因而路线设置为 。
【点睛】本题中需要判断复杂的结构简式的分子式，直接数可能会造成错误，尤其是氢原子数错，那么这时可借助不饱和度与结构的关系来判断是否正确。操作如下，一个双键或一个环为1个不饱和度，一个三键为2个不饱和度，因此题中D的不饱和度为10，结合数出来的分子式就是C19H20O5可计算不饱和度也是10，那么得到分子式基本无误，这样这类问题就简单了。
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