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宁夏回族自治区银川一中2020届高三第三次模拟考试化学试题
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2020年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试试题卷-化学
1.下列有关化学及人类社会发展历程的说法中，正确的是（ ）
A. 道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”对化学的发展起到了极大的推动作用
B. 门捷列夫将元素按原子序数由小到大的顺序依次排列，制出了第一张元素周期表
C. 《本草纲目》中有关“石碱”的一条记载为：石碱出山东济宁诸处，彼人采篙寥之属，晒干灰，以水淋汁，久则凝淀如石，洗衣发面，亦去垢发面。这里的“石碱”是指氢氧化钠
D. 《茶疏》中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……”文中涉及过滤和蒸馏等化学实验操作方法
【答案】A
【解析】
【详解】A．道尔顿的原子论和阿伏加德罗的“分子学说”，奠定了近代化学基础，内容是：物质是由分子和原子构成，分子中原子的重新组合是化学变化的基础，是认识和分析化学现象和本质的基础，对化学的发展起到了极大的推动作用，故A正确；
B．门捷列夫按照相对原子质量大小制出第一张元素周期表，不同的核素的质量数不同，故B错误；
C．“石碱”是指碳酸钠，故C错误；
D．文中包含了将茶叶里的有机物萃取、溶解、过滤、供人品尝，没容有涉及到蒸馏，故D错误；
故选A
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述错误的是（ ）
A. 12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA
B. 1molNaBH4与足量水反应生成NaBO2和H2时转移的电子数为4NA
C. 25℃，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-9NA
D. 相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴阳离子数和质子数
【答案】C
【解析】
【详解】A．平均每个六元环拥有的碳为6× =2，12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为 =0.5NA，故A正确；
B．1molNaBH4与足量水反应生成NaBO2和H2时，H由-1价变成0价，转移的电子数为4NA，故B正确；
C．CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO－的水解促进水的电离，c（H2O）电离=c（OH－）=1×10-5mol·L－1，发生电离的水分子物质的量为1×10-5mol·L－1×1L=1×10-5mol，发生电离的水分子数为1×10-5NA，故C错误；
D．O22-与S2-的摩尔质量相同，质子数相同，相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴阳离子数和质子数，故D正确；
故选C。
3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其中Y与Z同主族。X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构。下列说法中正确的是（ ）
A. 离子半径：W>Z>Y>X
B. ZY2和WY2都可以使品红溶液褪色但褪色原理不同
C. 氧化物对应的水化物的酸性：W>Z
D. X2Y2，Z2W2均含有非极性共价键且各原子都满足8电子的稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构，结合图示结Z为S，W为Cl元素；其中Y与Z同主族，则Y为O元素，X与Y形成的该化合物为双氧水，则X为H元素。
【详解】根据分析可知，X为H，Y为O，Z为S，W为Cl元素。
A．同一周期从左向右阴离子半径逐渐减小，S2－>Cl－，同一主族从上到下阴离子半径逐渐增大，S2－>O2－，故A错误；
B．SO2和ClO2都可以使品红溶液褪色但褪色原理不同，前者生成不稳定的无色物质，后者发生氧化还原反应，故B正确；
C．应是最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>Z，故C错误；
D．H2O2中H不满足8电子的稳定结构，故D错误；
故选B。
4.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 碘化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
B. 明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓
C. 用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+
D. 1mol•L-1的NaAlO2溶液和2.5mol•L-1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．碘化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，故A错误；
B．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2＋+4OH－+Al3＋+2SO42－═2BaSO4↓+AlO2－+2H2O，故B错误；
C．用铜作电极电解CuSO4溶液，铜作阳极铜本身放电，阳极电极反应式为：Cu-2e－=Cu2＋，故C错误
D．1mol·L－1NaAlO2溶液和2.5mol·L－1的HCl溶液等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，偏铝酸钠和HCl的物质的量分别为1mol、2.5mol，1mol偏铝酸钠消耗1molHCl生成1mol氢氧化铝，剩余的1.5molHCl能够溶解0.5mol氢氧化铝，反应的离子方程式为：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，难点D，注意反应物固定比类方程式的书写。
5.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向氢氧化铁胶体中滴加过量硫酸溶液
有红褐色沉淀
胶体遇强电解质聚沉
B
溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X
有沉淀产生
X可能是H2S气体
C
将灼烧至红热的铜丝插入乙醇中
铜丝由黑变红
乙醇被还原
D
向某溶液中滴加少量的稀NaOH溶液并加热，将红色石蕊试纸置于试管口
试纸变蓝
该溶液中存在NH4+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向氢氧化铁胶体中滴加过量硫酸溶液，先有沉淀，后沉淀溶解，故A错误；
B．SO2+2H2S=2H2O+3S↓，故B正确；
C．乙醇变成乙醛是氧化反应，故C错误；
D．氨气在水中溶解度大，应向某溶液中滴加少量的浓NaOH溶液并加热，将红色石蕊试纸置于试管口能产生使湿润红石蕊试纸变蓝的气体，才说明溶液中有铵根离子，故D错误；
故选B。
6.下列有关有机物的说法正确的是（ ）
A. 螺[3，3]庚烷()的二氯代物共有2种(不含立体异构)
B. 乙烯和丙烯加成聚合最多可形成2种有机高分子化合物
C. 对甲基苯乙烯分子中最多有17个原子共面
D. 用氢氧化钠溶液无法鉴别矿物油和植物油
【答案】C
【解析】
【详解】A．螺[3，3]庚烷()的二氯代物，两个氯原子可在相同、不同的碳原子上，可在同一个环或不同的环，有1,1-二氯螺（3，3）庚烷；1,2-二氯螺（3，3）庚烷；1,3-二氯螺（3，3）庚烷；2,2-二氯螺（3，3）庚烷；1,1’-二氯螺（3，3）庚烷；1,2’-二氯螺（3，3）庚烷；2,2’-二氯螺（3，3）庚烷7种，故A错误；
B．乙烯和丙烯中都双键，发生加聚反应时，可以是乙烯和乙烯之间发生加聚反应，可以是丙烯和丙烯之间发生加聚反应，也可以是乙烯和丙烯之间发生加聚反应或，故B错误；
C．苯环平面来说有12个原子共面，对于乙烯基平面另加3H+1C=4个原子共面，加上甲基上有一个氢，对甲基苯乙烯分子中最多有17个原子共面，故C正确；
D．烧碱溶液中滴入几滴油脂或矿物油，加热，振荡，能溶解形成溶胶的是油脂，静置后仍然分层的为矿物油，故D错误；
故选C。
7.常温下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol·L-1的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. a点溶液中存在：N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=0.2NA(N表示粒子数），若想增加a点溶液的漂白能力可向溶液中加入碳酸钙固体
B. 若a点pH=4，且c(Cl－)=m·c(ClO-)，则Ka(HClO)=
C. b～c段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大
D. 若y=200，则c点对应溶液中：c(HClO)+c(H+)=c(OH-)－2c(Cl-)
【答案】D
【解析】
【分析】
整个过程先后发生反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O.
【详解】A．a点溶液中存在末反应的氯分子：N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)<0.2NA(N表示粒子数），故A错误；
B．若a点pH=4，c（H＋）=10-4mol·L－1，溶液呈酸性，根据方程式知c（HClO）=c（Cl－）-c（ClO－），c（Cl－）=m c（ClO－），则c（HClO）=（m-1）c（ClO－），Ka（HClO）= ，则Ka(HClO)=，故B错误；
C．b～c段，Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，随NaOH溶液的滴入，NaOH抑制NaClO水解：ClO－+H2OHClO+OH-，c（HClO）减小，c（ClO－）增大，但水解常数只受温度影响，温度不变，水解常数 不变，故C错误；
D．若y=200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c（H＋）+c（Na＋）=c（Cl－）+c（ClO－）+c（OH－）①，氯元素守恒得：c（Cl－）=c（ClO－）+c（HClO） ②，2c（Cl－）+2c（ClO－）+2c（HClO）=c（Na＋）③，由①+③+②得：c(HClO)+c(H+)=c(OH-)－2c(Cl-)，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了离子浓度大小的判断，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，难点D，注意电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的应用。
8.常用调味剂花椒油是一种从花椒籽中提取的挥发性香精油，可溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。利用如图所示装置处理花椒籽粉，经分离提纯得到花椒油。
实验步骤：
(一)在A装置中的圆底烧瓶中装入容积的水，加几粒沸石。同时，在B中的圆底烧瓶中加入20g花椒籽粉和50mL水。
(二)加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏。
(三)向馏出液中加入食盐至饱和，再用15mL乙醚萃取2次，将两次萃取的醚层合并，加入少量无水Na2SO4；将液体倾倒入蒸馏烧瓶中，蒸馏得花椒油。
（1）装置A中玻璃管的作用是___，装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是___。
（2）步骤(二)中，当观察到仪器甲中有无色油状液体馏出时，可停止蒸馏。蒸馏结束时，下列操作顺序为___(填标号)。
①停止加热 ②打开弹簧夹 ③关闭冷凝水
（3）在馏出液中加入食盐的作用是___；加入无水Na2SO4的作用是___。
（4）实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管，反应的化学方程式为___。
(残留物以表示)
（5）为测定花椒油中油脂含量，取20.00mL花椒油溶于乙醇中，加80.00mL0.5mol/LNaOH的乙醇溶液，搅拌，充分反应，加水配成200mL溶液。取25.00mL加入酚酞，用0.1moI/L盐酸进行滴定，滴定终点消耗盐酸20.00mL。则该花椒油中含有油脂___g/L。
(以计，式量：884)。
【答案】 (1). 平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大 (2). 防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流) (3). ②①③ (4). 降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层 (5). 除去花椒油中的水或干燥 (6). +3NaOH→3R1COONa+ (7). 353.6
【解析】
【详解】（1）A中产生大量蒸汽，装置A中玻璃管的作用是平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)。故答案为：平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)；
（2）步骤(二)中，花椒油不溶于水，当观察到仪器甲中有无色油状液体馏出时，可停止蒸馏。蒸馏结束时，打开弹簧夹，停止加热，关闭冷凝水；
故答案为： ②①③；
（3）花椒油不溶于水，在馏出液中加入食盐的作用是降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；加入无水Na2SO4的作用是除去花椒油中的水或干燥。故答案为：降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；除去花椒油中的水或干燥；
（4）实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管，残留物为酯类，在NaOH溶液中水解为羧酸钠和醇，反应的化学方程式为+3NaOH→3R1COONa+ 。
故答案为：+3NaOH→3R1COONa+ ；
（5）盐酸滴定过量的NaOH，则过量的n（NaOH）=n（HCl）=0.1mol·L－1×0.02L× =0.016mol，则参与水解反应的n（NaOH）=0.5mol·L－1×0.08L=0.04mol-0.016mol=0.024mol，故花椒油中的油脂物质的量为×0.024mol=0.008mol，则该花椒油中含有油脂为=353.6g·L－1；
故答案为：353.6；
【点睛】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，难点（5）盐酸滴定过量的NaOH，先求出过量的n（NaOH）=n（HCl），再求出参与水解反应的n（NaOH），最后根据反应计量数求出花椒油中的油脂物质的量。
9.通过对阳极泥的综合处理可以回收贵重的金属，一种从铜阳极泥（主要成分为Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等）中分离Ag、Se和Cu的新工艺流程如图所示：
（1）已知预处理温度为80℃，预处理渣中几乎不含S元素，预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为___，比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采用稀H2SO4溶液添加MnO2做预处理剂的主要优点是___。
（2）回收分渣中的银，可用如下过程：
已知：S2O32-在碱性条件下很稳定，易与银离子络合：Ag++2S2O32-Ag（S2O3）23-。常温下，络合反应的平衡常数为K稳[Ag（S2O3）23-]=2.8×1013，Ksp（AgCl）=1.8×10-10。
①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl（s）+2S2O32-（aq）Ag（S2O3）23-（aq）+Cl-（aq），常温下此反应的平衡常数K为___（结果保留二位小数）。
②Ⅱ中还原剂为Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成Na2SO3，相应的离子反应方程式为：2Ag(S2O3)23-+S2O42-+4OH-=2Ag+4S2O32-+2SO32-+2H2O，所以Ⅲ中的银渣回收液可直接循环使用，但循环多次后银的浸出率会降低，请从化学平衡移动的角度分析原因___。
（3）分硒渣的主要成分是Cu2Se，可被氧化得到亚硒酸（H2SeO3）。
①已知常温下H2SeO3的Ka1=2.7×10-3，Ka2=2.5×10-4，则NaHSeO3溶液的pH__7（填“＞”、“＜”或“=”）。
②二元强酸硒酸（H2SeO4）可以用电解亚硒酸溶液的方法制得，电解时的阳极反应式为___。
（4）分铜得到产品CuSO4•5H2O的具体操作如下：
①萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用__（填化学式）溶液。
②蒸发浓缩需用小火加热至溶液表面出现__为止，再冷却结晶即可得到产品CuSO4•5H2O
【答案】 (1). Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO42-+5Mn2++6H2O (2). 减少污染性气体二氧化硫的排放 (3). 5.04×103 (4). 随着循环次数的增加，浸出液中S2O32-浓度减小，C1-浓度增大，浸出反应AgCl+2S2O32-Ag(S2O3)23-+C1-平衡左移，浸出率下降 (5). ＜ (6). H2SeO3-2e-+H2O═SeO42-+4H+ (7). H2SO4 (8). 晶膜
【解析】
【分析】
铜阳极泥（主要成分为 Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等），加入二氧化锰、硫酸进行预处理，可将Cu2S氧化生成硫酸铜，减少污染物的排放，滤液加入氯化钠，可生成氯化银，滤液加入铜，得到Cu2Se，分硒液含有铜，萃取得到R2Cu，经反萃取可得铜的水溶液，可用于制备硫酸铜晶体等。
【详解】（1）预处理温度为80℃，预处理渣中几乎不含S元素，转化为SO42-，预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO42-+5Mn2++6H2O，比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采用稀H2SO4溶液添加MnO2做预处理剂的主要优点是减少污染性气体二氧化硫的排放。
故答案为：Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO42-+5Mn2++6H2O；减少污染性气体二氧化硫的排放；
（2）①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl（s）+2S2O32-（aq）Ag（S2O3）23-（aq）+Cl-（aq），常温下此反应的平衡常数K=Ksp（AgCl）×K稳[Ag（S2O3）23-]=2.8×1013×1.8×10-10=5.04×103。故答案为：5.04×103；
②Ⅱ中还原剂为Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成Na2SO3，相应的离子反应方程式为：2Ag(S2O3)23-+S2O42-+4OH-=2Ag+4S2O32-+2SO32-+2H2O，所以Ⅲ中的银渣回收液可直接循环使用，但循环多次后银的浸出率会降低，从化学平衡移动的角度分析原因随着循环次数的增加，浸出液中S2O32-浓度减小，C1-浓度增大，浸出反应AgCl+2S2O32-Ag(S2O3)23-+C1-平衡左移，浸出率下降。故答案为：随着循环次数的增加，浸出液中S2O32-浓度减小，C1-浓度增大，浸出反应AgCl+2S2O32-Ag(S2O3)23-+C1-平衡左移，浸出率下降；
（3）①常温下H2SeO3的Ka1=2.7×10-3，Ka2=2.5×10-4，由已知，常温下（25℃时），HSeO3－的水解常数Kh=≈4.0×10-12，＜Ka2，则NaHSeO3溶液的pH＜7（填“＞”、“＜”或“=”）。故答案为：＜；
②二元强酸硒酸（H2SeO4）可以用电解亚硒酸溶液的方法制得，阳极上亚硒酸失电子生成硒酸，电解时的阳极反应式为H2SeO3-2e-+H2O═SeO42-+4H+。故答案为：H2SeO3-2e-+H2O═SeO42-+4H+；
（4）①萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用H2SO4溶液。故答案为：H2SO4；
②蒸发浓缩需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再冷却结晶即可得到产品CuSO4•5H2O
故答案为：晶膜。
【点睛】本题以从阳极泥中回收银、硒为载体考查物质分离与提纯方法的综合应用，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握物质分离与提纯方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，（3）NaHSeO3溶液的pH判断，要比较电离和水解能力的大小。
10.氮的化合物是造成大气污染的主要物质。研究氮的化合物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。
（1）NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H，上述反应分两步完成，其反应历程如图所示：回答下列问题：
①写出反应I的热化学方程式___。
②对于总反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，对该反应体系升高温度发现总反应速率反而变慢，其原因可能是__(反应未使用催化剂)。
（2）用焦炭还原NO2的反应为2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)___Kc(B)(填“<”“>”或“=”)
②A、B、C三点中NO2的转化率最低的是___(填“A”“B”或“C”)点。
③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=___(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算)
（3）电化学气敏传感器可以监测空气环境中NH3的含量，原理如图所示。负极的电极反应为___，假设有16.8L(标准状况)的氨气进入传感器参与反应，另一极需要通入标准状况下O2的体积为___。
【答案】 (1). 2NO(g)N2O2(g) △H=－(E3-E4)kJ·mol-1 (2). 温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢 (3). = (4). B点 (5). 4Mpa (6). 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O (7). 12.6L
【解析】
【详解】（1）①根据能量关系图，反应I为放热反应，热化学方程式2NO(g)N2O2(g) △H=－(E3-E4)kJ·mol-1 。故答案为：2NO(g)N2O2(g) △H=－(E3-E4)kJ·mol-1 ；
②反应I和反应Ⅱ中，反应I是快反应，会快速建立平衡状态，而反应Ⅱ是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ，对于总反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，对该反应体系升高温度发现总反应速率反而变慢，其原因可能是：温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢(反应未使用催化剂)。故答案为：温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢；
（2）①A、B两点的温度相同，平衡常数K只与温度有关，A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)=Kc(B)，故答案为：=；
②2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)是个气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，A、B、C三点中NO2的转化率最低的是B点。故答案为：B；
③1mol NO2和足量C发生该反应，设反应二氧化氮x，列三段式：
从图知C点时NO2和CO2的物质的量浓度相同，则1-x=x，解得x=0.5，则平衡时总的物质的量为1.25mol，计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)= =4Mpa，故答案为：4Mpa；
（3）原电池中，负极失去电子发生氧化反应，根据图可知，为氨气生成氮气，电极反应式为：2NH3-6e－+6OH－=N2+6H2O；正极的反应为：O2+4e－+H2O=4OH－，逸出氨气16.8L，参与反应氨气为0.75mol，则转移电子数为2.25mol，则氧气为×2.25mol=0.5625mol，故通入标准状况下02的体积为0.5625mol×22.4L·mol－1=12.6L；
故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；12.6L。
【点睛】本题考查较为综合，题目涉及反应热的计算、化学平衡移动以及化学平衡常数、电极方程式的书写等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，难点（2）③列出三段式，利用C点两浓度相等进行计算。
11.氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
（1）聚四氟乙烯是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过___方法区分晶体、准晶体和非晶体。
（2）K元素的基态原子的电子填充于___个不同的能级。
（3）[H2F]+[SbF6]-(氟酸锑)是一种超强酸，存在[H2F]+，该离子的空间构型为___，写出一种与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的阴离子是___。
（4）NH4F(氟化铵)可作为玻璃蚀刻剂、防腐剂、消毒剂等。NH4+的中心原子的杂化类型是___；氟化铵中存在___(填字母)。
A.离子键 B.σ键 C.π键 D.氢键
（5）SbF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SbF6是一种共价化合物，可通过类似BornHaber循环能量构建能量图(见图a)计算相关键能。则F—F键的键能为___kJ·mol-1，S—F的键能为___kJ·mol-1。
（6）CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908℃，密度为7.1g·cm-3。
①CuF比CuCl熔点高的原因是___；
②已知NA为阿伏加德罗常数的值。CuF的晶胞结构如“图b”。则CuF的晶胞参数a=___nm(列出计算式)。
【答案】 (1). X-射线衍射实验 (2). 6 (3). V形 (4). NH2- (5). sp3 (6). AB (7). 155 (8). 327 (9). CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体 (10). ×107
【解析】
【详解】（1）晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间。聚四氟乙烯是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过X-射线衍射实验方法区分晶体、准晶体和非晶体。故答案为：X-射线衍射实验；
（2）K元素的基态原子的电子填充于1s、2s、2p、3s、3p、4s，6个不同的能级。故答案为：6；
（3）[H2F]+[SbF6]-(氟酸锑)是一种超强酸，存在[H2F]+，[H2F]+与H2O、NH2－等互为等电子体，结构相似，该离子的空间构型为V形，与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的阴离子是NH2-。故答案为：V形； NH2-；
（4）NH4+的中心原子N原子形成4个σ键，杂化类型是sp3；氟化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，即σ键。
故答案为：sp3 ；AB；
（5）由图象可知，断裂3molF-F键，吸收465kJ能量，则F-F键的键能为155kJ·mol－1，形成6molS-F键，放出1962kJ能量，则S-F的键能为kJ·mol－1=327kJ·mol－1，
故答案为：155；327；
（6）①CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电，属于分子晶体；CuF的熔点为908℃，熔点比CuCl高，是离子晶体。CuF比CuCl熔点高的原因是CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体；
故答案为：CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体；
②如“图b”，CuF的密度为7.1g·cm-3，晶胞中Cu、F的个数分别为4，（其中Cu为8×+6×=4），则 =7.1g·cm-3，则CuF的晶胞参数a=×107nm。
故答案为：×107。
12.3，4―二羟基肉桂酸乙酯(I)具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力。由化合物A制备该物质的合成路线如图：
已知：R—CHO+R’—CH2—CHO
回答下列问题：
（1）A的结构简式为___，I中含氧官能团的名称是___。
（2）E生成F的反应类型为___。
（3）下列有关H的说法中，不正确的是___。
a.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
b.1molH最多能和3molBr2反应
c.H分子中最多有9个碳原子共平面
d.1molH分别与足量NaOH、NaHCO3反应时，消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1
（4）写出C+D→E的化学方程式___。
（5）已知W是H的同分异构体，符合下列条件的W结构共有___种。
①属于芳香族化合物
②1molW与足量NaHCO3溶液反应生成气体44.8L(标准状况)。
其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为：___（写一个即可）
（6）季戊四醇()是合成高效润滑剂、增塑剂、表面活性剂等的原料。设计由甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)。合成路线的表示方法为：___。
AB……目标产物。
【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 酚）羟基、酯基 (3). 消去反应 (4). bd (5). CH3CHO+ (6). 10 (7). 、 (8). CH3CH2OHCH3CHO
【解析】
【分析】
由合成流程及B的分子式C2H6O且由A与水反应得到，可知，A为CH2=CH2，A与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B氧化生成C为CH3CHO，C与D发生醛的加成反应生成E，E发生消去反应生成F为，F发生银镜反应生成G为，G发生-Cl的水解反应生成H，H与乙醇发生酯化反应生成3，4―二羟基肉桂酸乙酯(I)；
（6）合成，先CH3CHO、甲醛发生醛的加成反应，再-CHO与氢气加成。
【详解】（1）A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，I中含氧官能团的名称是（酚）羟基、酯基。故答案为：CH2=CH2；（酚）羟基、酯基；
（2），E生成F的反应类型为消去反应。故答案为：消去反应；
（3）中含有酚羟基、碳碳双键、羧基，
a．H中碳碳双键、酚羟基、苯环上的侧链均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；
b．1molH最多能和4molBr2反应，3mol发生取代反应，1mol发生加成反应，故错误；
c．苯平面和烯平面上的碳均可能共面，H分子中最多有9个碳原子共平面，故正确；
d．NaOH能与酚和酸反应、NaHCO3只能与酸反应，1molH分别与足量NaOH、NaHCO3反应时，消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：1，故D错误；
故答案为：bd；
（4）C与D发生醛的加成反应生成E，C+D→E的化学方程式CH3CHO+ 。故答案为：CH3CHO+ ；
（5）芳香族化合物W是H的同分异构体，1molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成2molCO2，W含2个-COOH，若只有1个侧链为-CH（COOH）2，只有一种；若含2个侧链为-CH2COOH、-COOH，有邻、间、对三种；若含3个侧链为-CH3、-COOH、-COOH，固定2个-COOH再插入甲基，有2+3+1=6种，共有10种；
其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为：、 ；
故答案为：10；、 ；
（6）合成，先CH3CHO、甲醛发生醛的加成反应，再-CHO与氢气加成。由甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)，合成路线的表示方法为：CH3CH2OHCH3CHO
。
故答案为：CH3CH2OHCH3CHO
。
【点睛】本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，难点（6）注意乙醛同时与多个甲醛分子发生加成反应。
理科综合能力测试试题卷-化学
1.下列有关化学及人类社会发展历程的说法中，正确的是（ ）
A. 道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”对化学的发展起到了极大的推动作用
B. 门捷列夫将元素按原子序数由小到大的顺序依次排列，制出了第一张元素周期表
C. 《本草纲目》中有关“石碱”的一条记载为：石碱出山东济宁诸处，彼人采篙寥之属，晒干灰，以水淋汁，久则凝淀如石，洗衣发面，亦去垢发面。这里的“石碱”是指氢氧化钠
D. 《茶疏》中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……”文中涉及过滤和蒸馏等化学实验操作方法
【答案】A
【解析】
【详解】A．道尔顿的原子论和阿伏加德罗的“分子学说”，奠定了近代化学基础，内容是：物质是由分子和原子构成，分子中原子的重新组合是化学变化的基础，是认识和分析化学现象和本质的基础，对化学的发展起到了极大的推动作用，故A正确；
B．门捷列夫按照相对原子质量大小制出第一张元素周期表，不同的核素的质量数不同，故B错误；
C．“石碱”是指碳酸钠，故C错误；
D．文中包含了将茶叶里的有机物萃取、溶解、过滤、供人品尝，没容有涉及到蒸馏，故D错误；
故选A
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述错误的是（ ）
A. 12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA
B. 1molNaBH4与足量水反应生成NaBO2和H2时转移的电子数为4NA
C. 25℃，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-9NA
D. 相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴阳离子数和质子数
【答案】C
【解析】
【详解】A．平均每个六元环拥有的碳为6× =2，12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为 =0.5NA，故A正确；
B．1molNaBH4与足量水反应生成NaBO2和H2时，H由-1价变成0价，转移的电子数为4NA，故B正确；
C．CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO－的水解促进水的电离，c（H2O）电离=c（OH－）=1×10-5mol·L－1，发生电离的水分子物质的量为1×10-5mol·L－1×1L=1×10-5mol，发生电离的水分子数为1×10-5NA，故C错误；
D．O22-与S2-的摩尔质量相同，质子数相同，相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴阳离子数和质子数，故D正确；
故选C。
3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其中Y与Z同主族。X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构。下列说法中正确的是（ ）
A. 离子半径：W>Z>Y>X
B. ZY2和WY2都可以使品红溶液褪色但褪色原理不同
C. 氧化物对应的水化物的酸性：W>Z
D. X2Y2，Z2W2均含有非极性共价键且各原子都满足8电子的稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构，结合图示结Z为S，W为Cl元素；其中Y与Z同主族，则Y为O元素，X与Y形成的该化合物为双氧水，则X为H元素。
【详解】根据分析可知，X为H，Y为O，Z为S，W为Cl元素。
A．同一周期从左向右阴离子半径逐渐减小，S2－>Cl－，同一主族从上到下阴离子半径逐渐增大，S2－>O2－，故A错误；
B．SO2和ClO2都可以使品红溶液褪色但褪色原理不同，前者生成不稳定的无色物质，后者发生氧化还原反应，故B正确；
C．应是最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>Z，故C错误；
D．H2O2中H不满足8电子的稳定结构，故D错误；
故选B。
4.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 碘化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
B. 明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓
C. 用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+
D. 1mol•L-1的NaAlO2溶液和2.5mol•L-1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．碘化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，故A错误；
B．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2＋+4OH－+Al3＋+2SO42－═2BaSO4↓+AlO2－+2H2O，故B错误；
C．用铜作电极电解CuSO4溶液，铜作阳极铜本身放电，阳极电极反应式为：Cu-2e－=Cu2＋，故C错误
D．1mol·L－1NaAlO2溶液和2.5mol·L－1的HCl溶液等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，偏铝酸钠和HCl的物质的量分别为1mol、2.5mol，1mol偏铝酸钠消耗1molHCl生成1mol氢氧化铝，剩余的1.5molHCl能够溶解0.5mol氢氧化铝，反应的离子方程式为：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，难点D，注意反应物固定比类方程式的书写。
5.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向氢氧化铁胶体中滴加过量硫酸溶液
有红褐色沉淀
胶体遇强电解质聚沉
B
溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X
有沉淀产生
X可能是H2S气体
C
将灼烧至红热的铜丝插入乙醇中
铜丝由黑变红
乙醇被还原
D
向某溶液中滴加少量的稀NaOH溶液并加热，将红色石蕊试纸置于试管口
试纸变蓝
该溶液中存在NH4+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向氢氧化铁胶体中滴加过量硫酸溶液，先有沉淀，后沉淀溶解，故A错误；
B．SO2+2H2S=2H2O+3S↓，故B正确；
C．乙醇变成乙醛是氧化反应，故C错误；
D．氨气在水中溶解度大，应向某溶液中滴加少量的浓NaOH溶液并加热，将红色石蕊试纸置于试管口能产生使湿润红石蕊试纸变蓝的气体，才说明溶液中有铵根离子，故D错误；
故选B。
6.下列有关有机物的说法正确的是（ ）
A. 螺[3，3]庚烷()的二氯代物共有2种(不含立体异构)
B. 乙烯和丙烯加成聚合最多可形成2种有机高分子化合物
C. 对甲基苯乙烯分子中最多有17个原子共面
D. 用氢氧化钠溶液无法鉴别矿物油和植物油
【答案】C
【解析】
【详解】A．螺[3，3]庚烷()的二氯代物，两个氯原子可在相同、不同的碳原子上，可在同一个环或不同的环，有1,1-二氯螺（3，3）庚烷；1,2-二氯螺（3，3）庚烷；1,3-二氯螺（3，3）庚烷；2,2-二氯螺（3，3）庚烷；1,1’-二氯螺（3，3）庚烷；1,2’-二氯螺（3，3）庚烷；2,2’-二氯螺（3，3）庚烷7种，故A错误；
B．乙烯和丙烯中都双键，发生加聚反应时，可以是乙烯和乙烯之间发生加聚反应，可以是丙烯和丙烯之间发生加聚反应，也可以是乙烯和丙烯之间发生加聚反应或，故B错误；
C．苯环平面来说有12个原子共面，对于乙烯基平面另加3H+1C=4个原子共面，加上甲基上有一个氢，对甲基苯乙烯分子中最多有17个原子共面，故C正确；
D．烧碱溶液中滴入几滴油脂或矿物油，加热，振荡，能溶解形成溶胶的是油脂，静置后仍然分层的为矿物油，故D错误；
故选C。
7.常温下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol·L-1的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. a点溶液中存在：N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=0.2NA(N表示粒子数），若想增加a点溶液的漂白能力可向溶液中加入碳酸钙固体
B. 若a点pH=4，且c(Cl－)=m·c(ClO-)，则Ka(HClO)=
C. b～c段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大
D. 若y=200，则c点对应溶液中：c(HClO)+c(H+)=c(OH-)－2c(Cl-)
【答案】D
【解析】
【分析】
整个过程先后发生反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O.
【详解】A．a点溶液中存在末反应的氯分子：N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)<0.2NA(N表示粒子数），故A错误；
B．若a点pH=4，c（H＋）=10-4mol·L－1，溶液呈酸性，根据方程式知c（HClO）=c（Cl－）-c（ClO－），c（Cl－）=m c（ClO－），则c（HClO）=（m-1）c（ClO－），Ka（HClO）= ，则Ka(HClO)=，故B错误；
C．b～c段，Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，随NaOH溶液的滴入，NaOH抑制NaClO水解：ClO－+H2OHClO+OH-，c（HClO）减小，c（ClO－）增大，但水解常数只受温度影响，温度不变，水解常数 不变，故C错误；
D．若y=200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c（H＋）+c（Na＋）=c（Cl－）+c（ClO－）+c（OH－）①，氯元素守恒得：c（Cl－）=c（ClO－）+c（HClO） ②，2c（Cl－）+2c（ClO－）+2c（HClO）=c（Na＋）③，由①+③+②得：c(HClO)+c(H+)=c(OH-)－2c(Cl-)，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了离子浓度大小的判断，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，难点D，注意电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的应用。
8.常用调味剂花椒油是一种从花椒籽中提取的挥发性香精油，可溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。利用如图所示装置处理花椒籽粉，经分离提纯得到花椒油。
实验步骤：
(一)在A装置中的圆底烧瓶中装入容积的水，加几粒沸石。同时，在B中的圆底烧瓶中加入20g花椒籽粉和50mL水。
(二)加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏。
(三)向馏出液中加入食盐至饱和，再用15mL乙醚萃取2次，将两次萃取的醚层合并，加入少量无水Na2SO4；将液体倾倒入蒸馏烧瓶中，蒸馏得花椒油。
（1）装置A中玻璃管的作用是___，装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是___。
（2）步骤(二)中，当观察到仪器甲中有无色油状液体馏出时，可停止蒸馏。蒸馏结束时，下列操作顺序为___(填标号)。
①停止加热 ②打开弹簧夹 ③关闭冷凝水
（3）在馏出液中加入食盐的作用是___；加入无水Na2SO4的作用是___。
（4）实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管，反应的化学方程式为___。
(残留物以表示)
（5）为测定花椒油中油脂含量，取20.00mL花椒油溶于乙醇中，加80.00mL0.5mol/LNaOH的乙醇溶液，搅拌，充分反应，加水配成200mL溶液。取25.00mL加入酚酞，用0.1moI/L盐酸进行滴定，滴定终点消耗盐酸20.00mL。则该花椒油中含有油脂___g/L。
(以计，式量：884)。
【答案】 (1). 平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大 (2). 防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流) (3). ②①③ (4). 降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层 (5). 除去花椒油中的水或干燥 (6). +3NaOH→3R1COONa+ (7). 353.6
【解析】
【详解】（1）A中产生大量蒸汽，装置A中玻璃管的作用是平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)。故答案为：平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)；
（2）步骤(二)中，花椒油不溶于水，当观察到仪器甲中有无色油状液体馏出时，可停止蒸馏。蒸馏结束时，打开弹簧夹，停止加热，关闭冷凝水；
故答案为： ②①③；
（3）花椒油不溶于水，在馏出液中加入食盐的作用是降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；加入无水Na2SO4的作用是除去花椒油中的水或干燥。故答案为：降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；除去花椒油中的水或干燥；
（4）实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管，残留物为酯类，在NaOH溶液中水解为羧酸钠和醇，反应的化学方程式为+3NaOH→3R1COONa+ 。
故答案为：+3NaOH→3R1COONa+ ；
（5）盐酸滴定过量的NaOH，则过量的n（NaOH）=n（HCl）=0.1mol·L－1×0.02L× =0.016mol，则参与水解反应的n（NaOH）=0.5mol·L－1×0.08L=0.04mol-0.016mol=0.024mol，故花椒油中的油脂物质的量为×0.024mol=0.008mol，则该花椒油中含有油脂为=353.6g·L－1；
故答案为：353.6；
【点睛】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，难点（5）盐酸滴定过量的NaOH，先求出过量的n（NaOH）=n（HCl），再求出参与水解反应的n（NaOH），最后根据反应计量数求出花椒油中的油脂物质的量。
9.通过对阳极泥的综合处理可以回收贵重的金属，一种从铜阳极泥（主要成分为Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等）中分离Ag、Se和Cu的新工艺流程如图所示：
（1）已知预处理温度为80℃，预处理渣中几乎不含S元素，预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为___，比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采用稀H2SO4溶液添加MnO2做预处理剂的主要优点是___。
（2）回收分渣中的银，可用如下过程：
已知：S2O32-在碱性条件下很稳定，易与银离子络合：Ag++2S2O32-Ag（S2O3）23-。常温下，络合反应的平衡常数为K稳[Ag（S2O3）23-]=2.8×1013，Ksp（AgCl）=1.8×10-10。
①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl（s）+2S2O32-（aq）Ag（S2O3）23-（aq）+Cl-（aq），常温下此反应的平衡常数K为___（结果保留二位小数）。
②Ⅱ中还原剂为Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成Na2SO3，相应的离子反应方程式为：2Ag(S2O3)23-+S2O42-+4OH-=2Ag+4S2O32-+2SO32-+2H2O，所以Ⅲ中的银渣回收液可直接循环使用，但循环多次后银的浸出率会降低，请从化学平衡移动的角度分析原因___。
（3）分硒渣的主要成分是Cu2Se，可被氧化得到亚硒酸（H2SeO3）。
①已知常温下H2SeO3的Ka1=2.7×10-3，Ka2=2.5×10-4，则NaHSeO3溶液的pH__7（填“＞”、“＜”或“=”）。
②二元强酸硒酸（H2SeO4）可以用电解亚硒酸溶液的方法制得，电解时的阳极反应式为___。
（4）分铜得到产品CuSO4•5H2O的具体操作如下：
①萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用__（填化学式）溶液。
②蒸发浓缩需用小火加热至溶液表面出现__为止，再冷却结晶即可得到产品CuSO4•5H2O
【答案】 (1). Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO42-+5Mn2++6H2O (2). 减少污染性气体二氧化硫的排放 (3). 5.04×103 (4). 随着循环次数的增加，浸出液中S2O32-浓度减小，C1-浓度增大，浸出反应AgCl+2S2O32-Ag(S2O3)23-+C1-平衡左移，浸出率下降 (5). ＜ (6). H2SeO3-2e-+H2O═SeO42-+4H+ (7). H2SO4 (8). 晶膜
【解析】
【分析】
铜阳极泥（主要成分为 Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等），加入二氧化锰、硫酸进行预处理，可将Cu2S氧化生成硫酸铜，减少污染物的排放，滤液加入氯化钠，可生成氯化银，滤液加入铜，得到Cu2Se，分硒液含有铜，萃取得到R2Cu，经反萃取可得铜的水溶液，可用于制备硫酸铜晶体等。
【详解】（1）预处理温度为80℃，预处理渣中几乎不含S元素，转化为SO42-，预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO42-+5Mn2++6H2O，比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采用稀H2SO4溶液添加MnO2做预处理剂的主要优点是减少污染性气体二氧化硫的排放。
故答案为：Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO42-+5Mn2++6H2O；减少污染性气体二氧化硫的排放；
（2）①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl（s）+2S2O32-（aq）Ag（S2O3）23-（aq）+Cl-（aq），常温下此反应的平衡常数K=Ksp（AgCl）×K稳[Ag（S2O3）23-]=2.8×1013×1.8×10-10=5.04×103。故答案为：5.04×103；
②Ⅱ中还原剂为Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成Na2SO3，相应的离子反应方程式为：2Ag(S2O3)23-+S2O42-+4OH-=2Ag+4S2O32-+2SO32-+2H2O，所以Ⅲ中的银渣回收液可直接循环使用，但循环多次后银的浸出率会降低，从化学平衡移动的角度分析原因随着循环次数的增加，浸出液中S2O32-浓度减小，C1-浓度增大，浸出反应AgCl+2S2O32-Ag(S2O3)23-+C1-平衡左移，浸出率下降。故答案为：随着循环次数的增加，浸出液中S2O32-浓度减小，C1-浓度增大，浸出反应AgCl+2S2O32-Ag(S2O3)23-+C1-平衡左移，浸出率下降；
（3）①常温下H2SeO3的Ka1=2.7×10-3，Ka2=2.5×10-4，由已知，常温下（25℃时），HSeO3－的水解常数Kh=≈4.0×10-12，＜Ka2，则NaHSeO3溶液的pH＜7（填“＞”、“＜”或“=”）。故答案为：＜；
②二元强酸硒酸（H2SeO4）可以用电解亚硒酸溶液的方法制得，阳极上亚硒酸失电子生成硒酸，电解时的阳极反应式为H2SeO3-2e-+H2O═SeO42-+4H+。故答案为：H2SeO3-2e-+H2O═SeO42-+4H+；
（4）①萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用H2SO4溶液。故答案为：H2SO4；
②蒸发浓缩需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再冷却结晶即可得到产品CuSO4•5H2O
故答案为：晶膜。
【点睛】本题以从阳极泥中回收银、硒为载体考查物质分离与提纯方法的综合应用，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握物质分离与提纯方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，（3）NaHSeO3溶液的pH判断，要比较电离和水解能力的大小。
10.氮的化合物是造成大气污染的主要物质。研究氮的化合物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。
（1）NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H，上述反应分两步完成，其反应历程如图所示：回答下列问题：
①写出反应I的热化学方程式___。
②对于总反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，对该反应体系升高温度发现总反应速率反而变慢，其原因可能是__(反应未使用催化剂)。
（2）用焦炭还原NO2的反应为2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)___Kc(B)(填“<”“>”或“=”)
②A、B、C三点中NO2的转化率最低的是___(填“A”“B”或“C”)点。
③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=___(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算)
（3）电化学气敏传感器可以监测空气环境中NH3的含量，原理如图所示。负极的电极反应为___，假设有16.8L(标准状况)的氨气进入传感器参与反应，另一极需要通入标准状况下O2的体积为___。
【答案】 (1). 2NO(g)N2O2(g) △H=－(E3-E4)kJ·mol-1 (2). 温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢 (3). = (4). B点 (5). 4Mpa (6). 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O (7). 12.6L
【解析】
【详解】（1）①根据能量关系图，反应I为放热反应，热化学方程式2NO(g)N2O2(g) △H=－(E3-E4)kJ·mol-1 。故答案为：2NO(g)N2O2(g) △H=－(E3-E4)kJ·mol-1 ；
②反应I和反应Ⅱ中，反应I是快反应，会快速建立平衡状态，而反应Ⅱ是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ，对于总反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，对该反应体系升高温度发现总反应速率反而变慢，其原因可能是：温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢(反应未使用催化剂)。故答案为：温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢；
（2）①A、B两点的温度相同，平衡常数K只与温度有关，A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)=Kc(B)，故答案为：=；
②2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)是个气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，A、B、C三点中NO2的转化率最低的是B点。故答案为：B；
③1mol NO2和足量C发生该反应，设反应二氧化氮x，列三段式：
从图知C点时NO2和CO2的物质的量浓度相同，则1-x=x，解得x=0.5，则平衡时总的物质的量为1.25mol，计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)= =4Mpa，故答案为：4Mpa；
（3）原电池中，负极失去电子发生氧化反应，根据图可知，为氨气生成氮气，电极反应式为：2NH3-6e－+6OH－=N2+6H2O；正极的反应为：O2+4e－+H2O=4OH－，逸出氨气16.8L，参与反应氨气为0.75mol，则转移电子数为2.25mol，则氧气为×2.25mol=0.5625mol，故通入标准状况下02的体积为0.5625mol×22.4L·mol－1=12.6L；
故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；12.6L。
【点睛】本题考查较为综合，题目涉及反应热的计算、化学平衡移动以及化学平衡常数、电极方程式的书写等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，难点（2）③列出三段式，利用C点两浓度相等进行计算。
11.氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
（1）聚四氟乙烯是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过___方法区分晶体、准晶体和非晶体。
（2）K元素的基态原子的电子填充于___个不同的能级。
（3）[H2F]+[SbF6]-(氟酸锑)是一种超强酸，存在[H2F]+，该离子的空间构型为___，写出一种与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的阴离子是___。
（4）NH4F(氟化铵)可作为玻璃蚀刻剂、防腐剂、消毒剂等。NH4+的中心原子的杂化类型是___；氟化铵中存在___(填字母)。
A.离子键 B.σ键 C.π键 D.氢键
（5）SbF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SbF6是一种共价化合物，可通过类似BornHaber循环能量构建能量图(见图a)计算相关键能。则F—F键的键能为___kJ·mol-1，S—F的键能为___kJ·mol-1。
（6）CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908℃，密度为7.1g·cm-3。
①CuF比CuCl熔点高的原因是___；
②已知NA为阿伏加德罗常数的值。CuF的晶胞结构如“图b”。则CuF的晶胞参数a=___nm(列出计算式)。
【答案】 (1). X-射线衍射实验 (2). 6 (3). V形 (4). NH2- (5). sp3 (6). AB (7). 155 (8). 327 (9). CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体 (10). ×107
【解析】
【详解】（1）晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间。聚四氟乙烯是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过X-射线衍射实验方法区分晶体、准晶体和非晶体。故答案为：X-射线衍射实验；
（2）K元素的基态原子的电子填充于1s、2s、2p、3s、3p、4s，6个不同的能级。故答案为：6；
（3）[H2F]+[SbF6]-(氟酸锑)是一种超强酸，存在[H2F]+，[H2F]+与H2O、NH2－等互为等电子体，结构相似，该离子的空间构型为V形，与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的阴离子是NH2-。故答案为：V形； NH2-；
（4）NH4+的中心原子N原子形成4个σ键，杂化类型是sp3；氟化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，即σ键。
故答案为：sp3 ；AB；
（5）由图象可知，断裂3molF-F键，吸收465kJ能量，则F-F键的键能为155kJ·mol－1，形成6molS-F键，放出1962kJ能量，则S-F的键能为kJ·mol－1=327kJ·mol－1，
故答案为：155；327；
（6）①CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电，属于分子晶体；CuF的熔点为908℃，熔点比CuCl高，是离子晶体。CuF比CuCl熔点高的原因是CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体；
故答案为：CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体；
②如“图b”，CuF的密度为7.1g·cm-3，晶胞中Cu、F的个数分别为4，（其中Cu为8×+6×=4），则 =7.1g·cm-3，则CuF的晶胞参数a=×107nm。
故答案为：×107。
12.3，4―二羟基肉桂酸乙酯(I)具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力。由化合物A制备该物质的合成路线如图：
已知：R—CHO+R’—CH2—CHO
回答下列问题：
（1）A的结构简式为___，I中含氧官能团的名称是___。
（2）E生成F的反应类型为___。
（3）下列有关H的说法中，不正确的是___。
a.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
b.1molH最多能和3molBr2反应
c.H分子中最多有9个碳原子共平面
d.1molH分别与足量NaOH、NaHCO3反应时，消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1
（4）写出C+D→E的化学方程式___。
（5）已知W是H的同分异构体，符合下列条件的W结构共有___种。
①属于芳香族化合物
②1molW与足量NaHCO3溶液反应生成气体44.8L(标准状况)。
其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为：___（写一个即可）
（6）季戊四醇()是合成高效润滑剂、增塑剂、表面活性剂等的原料。设计由甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)。合成路线的表示方法为：___。
AB……目标产物。
【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 酚）羟基、酯基 (3). 消去反应 (4). bd (5). CH3CHO+ (6). 10 (7). 、 (8). CH3CH2OHCH3CHO
【解析】
【分析】
由合成流程及B的分子式C2H6O且由A与水反应得到，可知，A为CH2=CH2，A与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B氧化生成C为CH3CHO，C与D发生醛的加成反应生成E，E发生消去反应生成F为，F发生银镜反应生成G为，G发生-Cl的水解反应生成H，H与乙醇发生酯化反应生成3，4―二羟基肉桂酸乙酯(I)；
（6）合成，先CH3CHO、甲醛发生醛的加成反应，再-CHO与氢气加成。
【详解】（1）A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，I中含氧官能团的名称是（酚）羟基、酯基。故答案为：CH2=CH2；（酚）羟基、酯基；
（2），E生成F的反应类型为消去反应。故答案为：消去反应；
（3）中含有酚羟基、碳碳双键、羧基，
a．H中碳碳双键、酚羟基、苯环上的侧链均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；
b．1molH最多能和4molBr2反应，3mol发生取代反应，1mol发生加成反应，故错误；
c．苯平面和烯平面上的碳均可能共面，H分子中最多有9个碳原子共平面，故正确；
d．NaOH能与酚和酸反应、NaHCO3只能与酸反应，1molH分别与足量NaOH、NaHCO3反应时，消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：1，故D错误；
故答案为：bd；
（4）C与D发生醛的加成反应生成E，C+D→E的化学方程式CH3CHO+ 。故答案为：CH3CHO+ ；
（5）芳香族化合物W是H的同分异构体，1molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成2molCO2，W含2个-COOH，若只有1个侧链为-CH（COOH）2，只有一种；若含2个侧链为-CH2COOH、-COOH，有邻、间、对三种；若含3个侧链为-CH3、-COOH、-COOH，固定2个-COOH再插入甲基，有2+3+1=6种，共有10种；
其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为：、 ；
故答案为：10；、 ；
（6）合成，先CH3CHO、甲醛发生醛的加成反应，再-CHO与氢气加成。由甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)，合成路线的表示方法为：CH3CH2OHCH3CHO
。
故答案为：CH3CH2OHCH3CHO
。
【点睛】本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，难点（6）注意乙醛同时与多个甲醛分子发生加成反应。
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