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重庆市第一中学2020届高三上学期期中考试理科综合化学试题
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2019年重庆一中高2020级高三上期期中考试理科综合测试试题卷（化学）
可能用到的相对原子质量：H-l N-14 O-46 F-19 Si-28 P-31 K-39 Ca-40 Pr-141
一、选择题：本题共7小题，每小题6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.化学在生活中有着重要的应用。下列叙述错误的是（ ）
A. 燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成
B. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维
C. 花生油中的主要成分属于酯类，是天然高分子化合物
D. 碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．在煤中加入CaO，可生成硫酸钙，减少二氧化硫的排放，从而减少酸雨的形成，故A正确；
B．制作光导纤维的材料为高纯度SiO2，故B正确；
C．花生油中的主要成分高级脂肪酸甘油脂，属于酯类，但不是天然高分子化合物，故C错误；
D．碳纳米管表面积大，据此较大的吸附，所以可以用作新型储氢材料，故D正确；
故答案为C。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 60g二氧化硅晶体中含有2NA个硅氧键
B. 18g氨基（—ND2）中含有的电子数为9NA
C. 80 °C时，lLpH =1的硫酸溶液中，含有的OH—数目为10—13NA
D. 氯碱工业中，导线上流过NA个电子，则阳极放出氯气11.2 L.
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硅晶体中，每个Si原子与氧原子形成了4个硅氧键，60g二氧化硅的物质的量为=1mol，则1mol二氧化硅中含有1molSi，形成的共价键的物质的量为4mol，含有4NA个硅氧键，故A错误；
B．每个氨基(—ND2)中含有9个电子，18g氨基的物质的量为=1mol，含有的电子数为9NA，故B正确；
C．80℃时水的离子积Kw大于10-14，故pH=1的硫酸溶液中，氢氧根的浓度大于10-13mol/L，故溶液中氢氧根的个数大于10-13NA个，故C错误；
D．氯碱工业中，导线上流过NA个电子，则阳极放出氯气的物质的量为0.5mol，没有指明气体的状态，体积不一定是11.2 L，故D错误；
故答案为B。
【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
3.频哪醇重排反应是有机反应中的一类重要反应。反应过程如下，有关说法正确的是（ ）
A. a、b互为同分异构体 B. a物质中所有碳原子可能共平面
C. c的一氯代物数目最多有5种 D. a物质可以发生氧化反应、取代反应、加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．a、b的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；
B．a分子结构中，这两个碳原子为sp3杂化，具有类似甲烷的立体结构，则结构中所有碳原子不可能共平面，故B错误；
C．c结构中两个苯环不对称，两个甲基为对称位置，共有7种等效氢原子，则一氯代物数目最多有7种，故C错误；
D．a分子结构中含有苯环，可以发生取代反应、加成反应，a可以燃烧，发生氧化反应，故D正确；
故答案为D。
【点睛】根据分子中等效H原子判断，分子中由几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。对于等效氢的判断：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效；②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；③处于镜面对称位置上的氢原子等效。
4.八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价如图所示，下列说法错误的是（）
A. 常见的离子半径：g>h>d>e
B. 氢化物的沸点y 一定低于z
C. 由d、e、g三种元素组成的盐和稀硫酸反应可能生成沉淀
D. e、f、h的最高价氧化物的水化物之间可两两反应
【答案】B
【解析】
【分析】
从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，x位于第一周期，为H元素；y、z、d位于第二周期，y是C元素，z是N元素，d是O元素；e、f、g、h位于第三周期，是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。
【详解】根据分析可知：x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；
A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：g＞h＞d＞e，故A正确；
B．NH3分子间形成氢键，其沸点比CH4高，但C的氢化物有很多种，且多碳的烃常温下可能为液态或固态，则C的氢化物沸点不一定就比N的氢化物低，故B错误；
C．O、Na、S形成的硫代硫酸钠与稀硫酸反应可以生成S沉淀，故C正确；
D．氢氧化铝具有两性，能够与NaOH、高氯酸反应，故D正确；
故答案为B。
5.用下列实验装置进行相应的实验，操作正确且能达到实验目的是（ ）
A. 进行喷泉实验 B. 加热熔融NaOH固体
C. 验证镁片与盐酸放热反应 D. 测定过氧化钠纯度
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气在饱和食盐水中的溶解度比较小，不能形成气压差，不能形成喷泉，故A错误；
B．瓷坩埚含有SiO2，氢氧化钠能与二氧化硅反应，不能用来加热熔融NaOH固体，应选择铁坩埚，故B错误；
C．镁与稀盐酸反应放热，升温氢氧化钙的溶解度变小，会析出沉淀，可验证，故C正确；
D．排水法收集气体应短进长出，无法将水排出，故D错误；
故答案C。
6.“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大 气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是（ ）
A. 若用导线连接a、c,则a为负极，该电极附近pH减小
B. 若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3 - xe- =WO3 + xH+
C. 若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化
D. 若用导线连接b、c, b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；
B．用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3 + xH++xe- = HxWO3，故B错误；
C．用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C正确；
D．用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D正确；
故答案为B。
7.常温下，向100mL0.lmol/LNH4Cl溶液中，逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液。NH4+和NH3∙H2O的变化趋势如图所示（不考虑生成NH3,已知NH3∙H2O的kb=1.810-5）,下列说法正确的是（ ）
A. a=0.005
B. 在M点时，n(H+)—n（OH—）=（0.005—a）mol
C. 随着NaOH溶液的滴加，不断增大
D. 当n(（NaOH）) =0.01 mol 时，c (（NH3•H2O） c (Na+） c （OH-)
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，M点含等量的氯化铵和NH3•H2O，由NH3•H2O NH4++ OH-，可知此时溶液中kb=1.810-5=，则c(OH-)= 1.810-5mol/L，溶液显碱性，即n(OH-)- n(H+)＞0，由溶液中存在的电荷守恒式为n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(Na+)= n(OH-)+n(Cl-)- n(NH4+)- n(H+)=0.005+ n(OH-)- n(H+)＞0.005，即a＞0.005，故A错误；
B．M点n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(H+)-n(OH-)=n(Cl-)-0.005-n(Na+)=(0.005-a)mol，故B正确；
C．随着NaOH溶液的滴加，c(NH3•H2O)减小，且=，可知比值不断减小，故C错误；
D．当n(NaOH)=0.01mol时，恰好反应生成等量的氯化钠和一水合氨，一水合氨电离，则c( Na+)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)，故D错误；
故答案为B。
8.一氧化二氯（Cl2O）是一种常用的氯化剂。常温下，Cl2O是棕黄色、有刺激性气味的气体，熔 点为-120.6°C,沸点为2.0°C,易与水反应生成次氯酸。实验室欲用氯气通入含水8%的碳酸钠固体中 制备并收集少量纯净的Cl2O,请用下列装置设计实验并探究相关物质的性质。
（1）装置E中仪器X的名称为 ______。
（2）装置的连接顺序是A __________（每个装置限用一次）。
（3）装置F中盛装试剂的名称为______，装置E中无水氯化钙的作用是 ________.。
（4）装置B残留固体中除NaCl外还含有一种酸式盐M,写出装置B中发生反应的化学方程式 _______。
（5）证明残留固体中含有M的最简单的实验方案是: _______。
（6）测定残留固体中M的质量分数：取mg样品加适量蒸馏水使之溶解，加入几滴酚酞，用0.1 mol/L 的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，消耗盐酸V1mL；再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙，继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色，又消耗盐酸V2 mL.。
①实验时用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、____。
②求残留固体中M的质量分数__________（用含m、V1和的代数式表示）。
③若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖头有气泡，测定结果将____填“偏高"、“偏低”或“不变”）。
【答案】 (1). （球形）干燥管 (2). F、B、C、D、E (3). 饱和食盐水 (4). 防止E中的水进入D中发生反应 (5). 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl (6). 取少量样品于试管中，加热，将分解产生的气体通入澄清石灰水，如果变浑浊，就说明有M (7). 锥形瓶、酸式滴定管 (8). ×100% (9). 偏低
【解析】
【分析】
制取氧化二氯(C12O)的流程为：利用A装置通过反应MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，为防止干扰Cl2O的制取，需要先用装置F除去HCl杂质，再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过C装置干燥，再利用装置D收集Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物，最后要用E装置进行尾气处理，据此解答。
【详解】(1)根据装置图可知，装置E中仪器X的名称为球形干燥管；
(2)利用A装置制取氯气，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，为防止干扰Cl2O的制取，需要先用装置F除去HCl杂质，再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过C装置干燥，再利用装置D收集Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物，最后要用E装置进行尾气处理，则按气体从左至右流动装置连接顺序是AFBCDE；
(3)装置F是除去Cl2中的杂质HCl气体的，为减少Cl2的溶解消耗，要通过盛有饱和食盐水的溶液来除去HCl杂质，故装置F中盛装试剂的名称为饱和食盐水；装置E中无水氯化钙的作用是防止E中的水进入D中发生反应；
(4)装置B残留固体中除NaCl外还含有一种酸式盐M，此酸式盐应为NaHCO3，则装置B中发生反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；
(5)NaHCO3不稳定，受热易分解生成CO2气体，则证明残留固体中含有NaHCO3的最简单的实验方案是取少量样品于试管中，加热，将分解产生的气体通入澄清石灰水，如果变浑浊，就说明有NaHCO3；
(6)①固体溶解时需要烧杯和玻璃棒，滴加指示剂时需要胶头滴管，滴定操作时需要酸式滴定管和锥形瓶，则实验时用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还需要锥形瓶、酸式滴定管；
②加入几滴酚酞，用0.1 mol/L 的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，此时发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙，继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；且原溶液中的Na2CO3在滴定时二步操作消耗的盐酸体积相等，则NaHCO3消耗的盐酸体积为(V2- V1 )mL，其物质的量为0.1 mol/L×(V2- V1 )×10-3L=(V2- V1 )×10-4mol，则残留固体中NaHCO3的质量分数为×100%；
③若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖头有气泡，则读数偏小，即消耗有盐酸体积偏小，导致测定结果将偏低。
9.磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种重要的化工产品，工业上常用作缓冲剂和培养剂，农业上常用作 复合肥料。以氟磷灰石［主要成分为Ca5F(PO4)3,还含有少量的Fe2O3、A12O3等杂质］为原料制备KH2PO4 晶体的一种流程如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程中生成磷酸的化学方程式为________，若用盐酸代替硫酸，磷酸的产率会明显提高，原因是___，该过程所用的仪器不能釆用二氧化硅陶瓷材料，其主要原因是_____________(用化学方程式表示)。
(2)己知物质A为CaCO3,其作用是调节溶液pH,则“废渣I”的主要成分为__________。
(3) “反应II ”的化学方程式为 _______。
(4)将获得的KH2PO4晶体进行进一步提纯的方法名称为____。
(5)若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为80%,则生产出的磷酸二氢钾晶体的质量为 _____kg. 已知摩尔质量 M【Ca5F(PO4)3】=504g/mol,M(KH2PO4)=136 g/mol。
【答案】 (1). Ca5F(PO4)3+5H2SO45CaSO4 ↓ +HF ↑ +3H3PO4 (2). 生成的硫酸钙会附着在磷灰石的表面，阻止反应进一步进行 (3). SiO2+4HF═SiF4↑ +2H2O (4). Fe(OH)3、Al(OH)3 (5). K2SO4+Ca(H2PO4)2═2KH2PO4+CaSO4↓ (6). 重结晶 (7). 326.4
【解析】
【分析】
氟磷灰石主要成分为Ca5F(PO4)3，还含有少量的Fe2O3、A12O3等杂质，将氟磷灰石经粉碎后加入浓硫酸，可得到HF气体，过滤得到硫酸钙晶体，滤液中含有磷酸和硫酸铁、硫酸铝，滤液中加入碳酸钙，调节溶液pH，使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而过滤除去，滤液II中加入K2SO4，进一步除去溶液中的Ca2+，过滤除去CaSO4，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶可得到KH2PO4，以此解答该题。
【详解】(1)“酸浸”过程中浓硫酸溶解Ca5F(PO4)3，生成磷酸的同时有硫酸钙、HF，则发生反应的化学方程式为Ca5F(PO4)3+5H2SO45CaSO4 ↓ +HF ↑ +3H3PO4；因硫酸钙微溶于水，附着在磷灰石的表面，阻止反应进一步进行，因此用盐酸代替硫酸，可明显提高磷酸的产率；该过程生成的HF能腐蚀玻璃，发生反应的化学方程式为SiO2+4HF═SiF4↑ +2H2O，则所用的仪器不能釆用二氧化硅陶瓷材料；
(2)物质A为CaCO3，其作用是调节溶液pH，促进溶液中Fe3+、Al3+完全水解转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，则过滤得到的“废渣I”的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；
(3) “反应II”是滤液中加入K2SO4，和Ca(H2PO4)2发生复分解反应生成KH2PO4和CaSO4，发生反应的化学方程式为K2SO4+Ca(H2PO4)2═2KH2PO4+CaSO4↓；
(4)将溶液中获得的KH2PO4晶体进一步提纯，可根据溶解度随温度的变化不同，选择重结晶操作；
(5)若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为80%，Ca5P3FO12反应的质量为1000kg×50.4%×80%=403.2kg，物质的量为=800mol，则理论上可生产KH2PO4的质量为800mol×136g/mol×3=326400g=326.4kg。
10.世界能源消费依靠化学技术，作为燃料的H2通常来自水煤气。回答下列问题：
(1)己知：① C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=akJ/mol②2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H= -220 kJ/mol③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+480 kJ/mol，则 a=_____kJ/mol。
(2)某实验小组在实验室模拟反应C(s) +H2O (g)CO (g) +H2 (g)能够说明该反应达到平衡状态的是____。
a. v逆(H2O)=v正(CO) b.容器中物质的总质量不发生变化
c. n (H2O)：n (H2)=1:1且不再改变 d.恒容容器中混合气体密度不变
(3)一定温度下,在2L盛有足量炭粉的恒容密闭容器中通入0.8molH2O发生反应①，6min时生成0.7 gH2则6 min内以CO表示的平均反应速率为 ______mol/L∙min-1 (保留2位有效数字)。
(4)燃料气中CO需氧化为CO2与氢气进行分离，使用CuO/CeO2做催化剂，并向其中加入不同的酸(HIO3 或H3PO4)后，CO的转化率随温度的变化如图所示。
①加入H3PO4__________(填“促进”或，抑制”)CuO/CeO2催化。
②CeO2可由草酸鋪［Ce2(C2O4)3］在空气中灼烧制备，同时只产生一种气体，写出该反应的化学方程式_____。
③恒温恒压下，在温度为120°C,催化剂为CuO/CeO2・HIO3条件下反应，若起始时燃料气流速为1800mL∙min-1,其中CO的体积分数为0.68%,则反应0.5h后剩余气体中CO的体积为__mL。
(5)有人将合成氨反应设计成原电池，装置如图所示。
①正极反应式为 _______。
②己知该原电池的标准电动势，25°C时反应的平衡常数K与之间的关系为（n为原电池反应转移的电子数），则合成氨反应（N2 +3H22NH3）的平衡常数K为 ______（用含a的代数式表示，不需要化简）。
【答案】 (1). +130 (2). acd (3). 0.029 (4). 抑制 (5). Ce2(C2O4)3+2O2 2CeO2+6CO2 (6). 73.44 (7). N2+6e-+6H+═2NH3 (8).
【解析】
【分析】
(1)已知：②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H=-220kJ•mol-1，③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+480 kJ/mol，可利用盖斯定律，将得到①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)的反应热，以此解答该题；
(2)根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
(3) 反应速率v=；
(4)①根据CO的转化率随温度的变化图分析；
②灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3]，分解制得CeO2、一氧化碳以及二氧化碳，配平方程式即可；③温度为120℃，催化剂为CuO/CeO2-HIO3时，CO的转化率是80%，结合通入CO总体积计算；
(5)①原电池的正极发生还原反应，N2得电子还原生成NH3。
②己知N2 +3H22NH3反应中转移电子数为6e-，原电池的标准电动势，再结合计算此反应的平衡常数K。
【详解】(1)已知：②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H=-220kJ•mol-1，③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+480 kJ/mol，可利用盖斯定律，将得到①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)，则△H=akJ/mol=×[(-220kJ•mol-1)+(+480 kJ/mol)]=+130 kJ/mol，即a=+130；
(2)a.v逆(H2O)=v正(CO)，达到平衡状态，故a正确；
b.容器中物质的总质量一直不发生变化，不能说明达平衡状态，故b错误；
c.n (H2O)：n (H2)=1:1且不再改变，说明n(H2O)和n(H2)的物质的量一定，此时反应达到平衡状态，故c正确；
d.混合气体的体积不变，但混合气体的总质量不确定，当密度不变，则说明混合气体的总质量不再发生变化，说明达平衡状态，故d正确；
故答案为acd；
(3) 一定温度下，在2L盛有足量炭粉的恒容密闭容器中通入0.8molH2O，6min时生成0.7gH2，其物质的量为=0.35mol，由C(s) +H2O (g)CO (g) +H2 (g)反应可知生成CO的物质的量为0.35mol，则6min内以CO表示的平均反应速率=0.029mol/(L•min)；
(4)①图示可知，相同温度下，在CuO/CeO2催化剂中加入H3PO4时CO的转化率最低，说明加人H3PO4抑制CuO/CeO2的催化；
②灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3]，分解制得CeO2、一氧化碳以及二氧化碳，即Ce2(C2O4)32CeO2+4CO↑+2CO2↑；
③温度为120℃，催化剂为CuO/CeO2-HIO3时，CO的转化率是80%，若燃料气流速为1800mL•min-1，CO的体积分数为0.68%，则反应0.5小时后CO的体积为1800mL•min-1×0.5h×60min/h×0.68%×(1-80%)=73.44ml；
(5)①原电池的正极发生还原反应，N2得电子还原生成NH3，则正极反应式为N2+6e-+6H+═2NH3；
②己知N2 +3H22NH3反应中转移电子数为6e-，原电池的标准电动势，再结合，则平衡常数K=。
【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
11.镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57〜71的元素。
（1）镝Dy）的基态原子电子排布式为[Xe] 4f106s2,画出镝（Dy）原子价层电子排布图：____________.
（2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+,基态时Cu3+的电子排布式为____________。
（3）观察下面四种镧系元素的电离能数据，判断最有可能显示+3价的元素是_____填元素名称）。
几种镧系元素的电离能（单位：kJ∙mol-1）
元素
Ⅰ1
Ⅰ2
Ⅰ3
Ⅰ4
Yb （镱）
604
1217
4494
5014
Lu （镥）
532
1390
4111
4987
La （镧）
538
1067
1850
5419
Ce （铈）
527
1047
1949
3547
（4）元素铈（Ce）可以形成配合物（NH4)2[Ce(NO3)6]。
①组成配合物的四种元素，电负性由大到小的顺序为_______（用元素符号表示）。
②画出氨的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键：________（任写一种）。
③元素Al也有类似成键情况，气态氯化铝分子表示为（(AlCl3)2,分子中A1原子杂化方式为_____，分子中所含化学键类型有 _______（填字母）。
a.离子键 b.极性键 c.非极性键 d.配位键
（5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中错原子位于面心和顶点，则PrO2 （二氧化镨）的晶胞中有_____个氧原子；已知晶胞参数为apm,密度为ρg∙cm-3，NA=_______（用含a、ρ的代数式表示）。
【答案】 (1). (2). 1s22s22p63s23p63d8 (3). 镧 (4). O＞N＞H＞Ce (5). N-H…O(或N-H…N或O-H…N或O-H…O) (6). sp3杂化 (7). bd (8). 8 (9).
【解析】
【分析】
(1)镝(Dy)的基态原子外围价电子排布式为4f106s2，结合泡利原理、洪特规则画出排布图；
(2)Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+；
(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，与第四电离能相差越大，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大；
(4)①同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大；
②NH3的水溶液中，NH3分子之间形成氢键，水分子之间形成氢键，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-H…O或O-H…N)；
③气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为；
(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，根据均摊法计算晶胞中Pr原子数目，再根据化学式中原子数目之比计算晶胞中O原子数目；结合晶胞中原子数目用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与密度乘积，联立计算。
【详解】(1)镝(Dy)的基态原子外围电子排布式为4f106s2，由泡利原理、洪特规则，外围价电子排布图为：；
(2)Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+，基态时Cu3+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8；
(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大，在上述表中La的I1+I2和I3最接近，I3与I4差距最大，故La元素最可能形成+3；
(4)①同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大，电负性由大到小的顺序为：O＞N＞H＞Ce；
②NH3的水溶液中，NH3分子之间形成氢键(N-H…N)，水分子之间形成氢键(O-H…O)，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-H…O或O-H…N)；
③气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为，Al是原子采取sp3杂化，含有的化学键有极性键、配位键，没有离子键、非极性键；
(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则晶胞中Pr原子数目=8×+6×=4，而Pr原子与O原子数目之比为1：2，则晶胞中O原子数目为4×2=8，晶胞质量=g=(a×10-10 cm)3×ρg•cm-3，整理得NA=。
12.有机物I是一种医药合成中间体，实验室以芳香烃A为原料制备I的路线如下(部分反应条件已省略)：
已知：RCH=CH2+HBrRCH2CH2Br。回答下列问题：
(1)X的分子式为C8H8，且X与A互为同系物，则X的化学名称是 ______。
(2)B生成C的反应类型是_____, B、C含有的相同的官能团名称是 _____。
(3)碳原子上连有4个不同原子或基团时，该碳原子为手性碳原子。写出D的结构简式，并用星号标出其中的手性碳原子_____。
(4)写出D—E 的化学反应方程式：_________。
(5)G的结构简式是 ______。
(6)Y与C是同分异构体，Y中含苯环，且苯环上有2个取代基，Y能发生银镜反应，其核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1,则Y的结构简式为 _______。
(7)丙二酸(HOOCCH2COOH)主要用作医药合成中间体、电镀抛光剂等。结合题目信息，设计以丙烯(CH3CH=CH2) 和为原料制备丙二酸的合成路线______(无机试剂任选)。
【答案】 (1). 苯乙烯 (2). 取代反应 (3). 碳碳双键 (4). (5). 2+O2 2+2H2O (6). (7). (8).
【解析】
【分析】
对比A、B的结构，可知A中甲基上H原子被-Br替代生成B，属于取代反应。由C的分子式可知，B发生卤代烃水解反应生成C，故C为．D可以连续发生氧化反应，结合D的分子式、F的结构简式，可知C与HBr发生加成反应生成D，故D为，则E为．由J的结构，可知F发生消去反应、酸化得到G为，G与乙醇发生酯化反应得到J，故H为CH3CH2OH；
(7)模仿合成路线中转化，可知CH3CH=CH2与 发生取代反应生成CH2=CHCH2Br，然后与HBr在过氧化物条件下得到BrCH2CH2CH2Br，再发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，最后氧化得到HOOCCH2COOH。
【详解】(1)A分子结构中含有碳碳双键和苯环，X的分子式为C8H8，且X与A互为同系物，则X的结构简式为，化学名称是苯乙烯；
(2)B→C为卤代烃在NaOH溶液中的水解，则反应类型是取代反应或水解反应； B、C含有的相同的官能团名称是碳碳双键；
(3) D的结构简式为，其中的手性碳原子是；
(4) →发生醇的催化氧化，反应的化学反应方程式为2+O2 2+2H2O；
(5)G结构简式是；
(6)Y与C()互为同分异构体，满足下列条件：①含苯环，②苯环上有2个取代基，③能发生银镜反应，说明含有醛基，2个取代基为-CH3、-CH2CH2CHO，或者为-CH3、-CH(CH3)CHO，或者为-CH2CH3、-CH2CHO、或者为-CH2CH2CH3、-CHO，或者为-CH(CH3)2、-CHO，均有邻、间、对3种位置结构，故符合条件的同分异构体共有3×5=15种，其核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1,则Y的结构简式为；
(7) 模仿合成路线中转化，可知CH3CH=CH2与 发生取代反应生成CH2=CHCH2Br，然后与HBr在过氧化物条件下得到
BrCH2CH2CH2Br，再发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，最后氧化得到HOOCCH2COOH．合成路线流程图为：。
【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。
2019年重庆一中高2020级高三上期期中考试理科综合测试试题卷（化学）
可能用到的相对原子质量：H-l N-14 O-46 F-19 Si-28 P-31 K-39 Ca-40 Pr-141
一、选择题：本题共7小题，每小题6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.化学在生活中有着重要的应用。下列叙述错误的是（ ）
A. 燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成
B. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维
C. 花生油中的主要成分属于酯类，是天然高分子化合物
D. 碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．在煤中加入CaO，可生成硫酸钙，减少二氧化硫的排放，从而减少酸雨的形成，故A正确；
B．制作光导纤维的材料为高纯度SiO2，故B正确；
C．花生油中的主要成分高级脂肪酸甘油脂，属于酯类，但不是天然高分子化合物，故C错误；
D．碳纳米管表面积大，据此较大的吸附，所以可以用作新型储氢材料，故D正确；
故答案为C。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 60g二氧化硅晶体中含有2NA个硅氧键
B. 18g氨基（—ND2）中含有的电子数为9NA
C. 80 °C时，lLpH =1的硫酸溶液中，含有的OH—数目为10—13NA
D. 氯碱工业中，导线上流过NA个电子，则阳极放出氯气11.2 L.
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硅晶体中，每个Si原子与氧原子形成了4个硅氧键，60g二氧化硅的物质的量为=1mol，则1mol二氧化硅中含有1molSi，形成的共价键的物质的量为4mol，含有4NA个硅氧键，故A错误；
B．每个氨基(—ND2)中含有9个电子，18g氨基的物质的量为=1mol，含有的电子数为9NA，故B正确；
C．80℃时水的离子积Kw大于10-14，故pH=1的硫酸溶液中，氢氧根的浓度大于10-13mol/L，故溶液中氢氧根的个数大于10-13NA个，故C错误；
D．氯碱工业中，导线上流过NA个电子，则阳极放出氯气的物质的量为0.5mol，没有指明气体的状态，体积不一定是11.2 L，故D错误；
故答案为B。
【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
3.频哪醇重排反应是有机反应中的一类重要反应。反应过程如下，有关说法正确的是（ ）
A. a、b互为同分异构体 B. a物质中所有碳原子可能共平面
C. c的一氯代物数目最多有5种 D. a物质可以发生氧化反应、取代反应、加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．a、b的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；
B．a分子结构中，这两个碳原子为sp3杂化，具有类似甲烷的立体结构，则结构中所有碳原子不可能共平面，故B错误；
C．c结构中两个苯环不对称，两个甲基为对称位置，共有7种等效氢原子，则一氯代物数目最多有7种，故C错误；
D．a分子结构中含有苯环，可以发生取代反应、加成反应，a可以燃烧，发生氧化反应，故D正确；
故答案为D。
【点睛】根据分子中等效H原子判断，分子中由几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。对于等效氢的判断：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效；②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；③处于镜面对称位置上的氢原子等效。
4.八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价如图所示，下列说法错误的是（）
A. 常见的离子半径：g>h>d>e
B. 氢化物的沸点y 一定低于z
C. 由d、e、g三种元素组成的盐和稀硫酸反应可能生成沉淀
D. e、f、h的最高价氧化物的水化物之间可两两反应
【答案】B
【解析】
【分析】
从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，x位于第一周期，为H元素；y、z、d位于第二周期，y是C元素，z是N元素，d是O元素；e、f、g、h位于第三周期，是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。
【详解】根据分析可知：x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；
A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：g＞h＞d＞e，故A正确；
B．NH3分子间形成氢键，其沸点比CH4高，但C的氢化物有很多种，且多碳的烃常温下可能为液态或固态，则C的氢化物沸点不一定就比N的氢化物低，故B错误；
C．O、Na、S形成的硫代硫酸钠与稀硫酸反应可以生成S沉淀，故C正确；
D．氢氧化铝具有两性，能够与NaOH、高氯酸反应，故D正确；
故答案为B。
5.用下列实验装置进行相应的实验，操作正确且能达到实验目的是（ ）
A. 进行喷泉实验 B. 加热熔融NaOH固体
C. 验证镁片与盐酸放热反应 D. 测定过氧化钠纯度
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气在饱和食盐水中的溶解度比较小，不能形成气压差，不能形成喷泉，故A错误；
B．瓷坩埚含有SiO2，氢氧化钠能与二氧化硅反应，不能用来加热熔融NaOH固体，应选择铁坩埚，故B错误；
C．镁与稀盐酸反应放热，升温氢氧化钙的溶解度变小，会析出沉淀，可验证，故C正确；
D．排水法收集气体应短进长出，无法将水排出，故D错误；
故答案C。
6.“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大 气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是（ ）
A. 若用导线连接a、c,则a为负极，该电极附近pH减小
B. 若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3 - xe- =WO3 + xH+
C. 若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化
D. 若用导线连接b、c, b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；
B．用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3 + xH++xe- = HxWO3，故B错误；
C．用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C正确；
D．用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D正确；
故答案为B。
7.常温下，向100mL0.lmol/LNH4Cl溶液中，逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液。NH4+和NH3∙H2O的变化趋势如图所示（不考虑生成NH3,已知NH3∙H2O的kb=1.810-5）,下列说法正确的是（ ）
A. a=0.005
B. 在M点时，n(H+)—n（OH—）=（0.005—a）mol
C. 随着NaOH溶液的滴加，不断增大
D. 当n(（NaOH）) =0.01 mol 时，c (（NH3•H2O） c (Na+） c （OH-)
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，M点含等量的氯化铵和NH3•H2O，由NH3•H2O NH4++ OH-，可知此时溶液中kb=1.810-5=，则c(OH-)= 1.810-5mol/L，溶液显碱性，即n(OH-)- n(H+)＞0，由溶液中存在的电荷守恒式为n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(Na+)= n(OH-)+n(Cl-)- n(NH4+)- n(H+)=0.005+ n(OH-)- n(H+)＞0.005，即a＞0.005，故A错误；
B．M点n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(H+)-n(OH-)=n(Cl-)-0.005-n(Na+)=(0.005-a)mol，故B正确；
C．随着NaOH溶液的滴加，c(NH3•H2O)减小，且=，可知比值不断减小，故C错误；
D．当n(NaOH)=0.01mol时，恰好反应生成等量的氯化钠和一水合氨，一水合氨电离，则c( Na+)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)，故D错误；
故答案为B。
8.一氧化二氯（Cl2O）是一种常用的氯化剂。常温下，Cl2O是棕黄色、有刺激性气味的气体，熔 点为-120.6°C,沸点为2.0°C,易与水反应生成次氯酸。实验室欲用氯气通入含水8%的碳酸钠固体中 制备并收集少量纯净的Cl2O,请用下列装置设计实验并探究相关物质的性质。
（1）装置E中仪器X的名称为 ______。
（2）装置的连接顺序是A __________（每个装置限用一次）。
（3）装置F中盛装试剂的名称为______，装置E中无水氯化钙的作用是 ________.。
（4）装置B残留固体中除NaCl外还含有一种酸式盐M,写出装置B中发生反应的化学方程式 _______。
（5）证明残留固体中含有M的最简单的实验方案是: _______。
（6）测定残留固体中M的质量分数：取mg样品加适量蒸馏水使之溶解，加入几滴酚酞，用0.1 mol/L 的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，消耗盐酸V1mL；再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙，继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色，又消耗盐酸V2 mL.。
①实验时用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、____。
②求残留固体中M的质量分数__________（用含m、V1和的代数式表示）。
③若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖头有气泡，测定结果将____填“偏高"、“偏低”或“不变”）。
【答案】 (1). （球形）干燥管 (2). F、B、C、D、E (3). 饱和食盐水 (4). 防止E中的水进入D中发生反应 (5). 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl (6). 取少量样品于试管中，加热，将分解产生的气体通入澄清石灰水，如果变浑浊，就说明有M (7). 锥形瓶、酸式滴定管 (8). ×100% (9). 偏低
【解析】
【分析】
制取氧化二氯(C12O)的流程为：利用A装置通过反应MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，为防止干扰Cl2O的制取，需要先用装置F除去HCl杂质，再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过C装置干燥，再利用装置D收集Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物，最后要用E装置进行尾气处理，据此解答。
【详解】(1)根据装置图可知，装置E中仪器X的名称为球形干燥管；
(2)利用A装置制取氯气，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，为防止干扰Cl2O的制取，需要先用装置F除去HCl杂质，再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过C装置干燥，再利用装置D收集Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物，最后要用E装置进行尾气处理，则按气体从左至右流动装置连接顺序是AFBCDE；
(3)装置F是除去Cl2中的杂质HCl气体的，为减少Cl2的溶解消耗，要通过盛有饱和食盐水的溶液来除去HCl杂质，故装置F中盛装试剂的名称为饱和食盐水；装置E中无水氯化钙的作用是防止E中的水进入D中发生反应；
(4)装置B残留固体中除NaCl外还含有一种酸式盐M，此酸式盐应为NaHCO3，则装置B中发生反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；
(5)NaHCO3不稳定，受热易分解生成CO2气体，则证明残留固体中含有NaHCO3的最简单的实验方案是取少量样品于试管中，加热，将分解产生的气体通入澄清石灰水，如果变浑浊，就说明有NaHCO3；
(6)①固体溶解时需要烧杯和玻璃棒，滴加指示剂时需要胶头滴管，滴定操作时需要酸式滴定管和锥形瓶，则实验时用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还需要锥形瓶、酸式滴定管；
②加入几滴酚酞，用0.1 mol/L 的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，此时发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙，继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；且原溶液中的Na2CO3在滴定时二步操作消耗的盐酸体积相等，则NaHCO3消耗的盐酸体积为(V2- V1 )mL，其物质的量为0.1 mol/L×(V2- V1 )×10-3L=(V2- V1 )×10-4mol，则残留固体中NaHCO3的质量分数为×100%；
③若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖头有气泡，则读数偏小，即消耗有盐酸体积偏小，导致测定结果将偏低。
9.磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种重要的化工产品，工业上常用作缓冲剂和培养剂，农业上常用作 复合肥料。以氟磷灰石［主要成分为Ca5F(PO4)3,还含有少量的Fe2O3、A12O3等杂质］为原料制备KH2PO4 晶体的一种流程如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程中生成磷酸的化学方程式为________，若用盐酸代替硫酸，磷酸的产率会明显提高，原因是___，该过程所用的仪器不能釆用二氧化硅陶瓷材料，其主要原因是_____________(用化学方程式表示)。
(2)己知物质A为CaCO3,其作用是调节溶液pH,则“废渣I”的主要成分为__________。
(3) “反应II ”的化学方程式为 _______。
(4)将获得的KH2PO4晶体进行进一步提纯的方法名称为____。
(5)若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为80%,则生产出的磷酸二氢钾晶体的质量为 _____kg. 已知摩尔质量 M【Ca5F(PO4)3】=504g/mol,M(KH2PO4)=136 g/mol。
【答案】 (1). Ca5F(PO4)3+5H2SO45CaSO4 ↓ +HF ↑ +3H3PO4 (2). 生成的硫酸钙会附着在磷灰石的表面，阻止反应进一步进行 (3). SiO2+4HF═SiF4↑ +2H2O (4). Fe(OH)3、Al(OH)3 (5). K2SO4+Ca(H2PO4)2═2KH2PO4+CaSO4↓ (6). 重结晶 (7). 326.4
【解析】
【分析】
氟磷灰石主要成分为Ca5F(PO4)3，还含有少量的Fe2O3、A12O3等杂质，将氟磷灰石经粉碎后加入浓硫酸，可得到HF气体，过滤得到硫酸钙晶体，滤液中含有磷酸和硫酸铁、硫酸铝，滤液中加入碳酸钙，调节溶液pH，使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而过滤除去，滤液II中加入K2SO4，进一步除去溶液中的Ca2+，过滤除去CaSO4，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶可得到KH2PO4，以此解答该题。
【详解】(1)“酸浸”过程中浓硫酸溶解Ca5F(PO4)3，生成磷酸的同时有硫酸钙、HF，则发生反应的化学方程式为Ca5F(PO4)3+5H2SO45CaSO4 ↓ +HF ↑ +3H3PO4；因硫酸钙微溶于水，附着在磷灰石的表面，阻止反应进一步进行，因此用盐酸代替硫酸，可明显提高磷酸的产率；该过程生成的HF能腐蚀玻璃，发生反应的化学方程式为SiO2+4HF═SiF4↑ +2H2O，则所用的仪器不能釆用二氧化硅陶瓷材料；
(2)物质A为CaCO3，其作用是调节溶液pH，促进溶液中Fe3+、Al3+完全水解转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，则过滤得到的“废渣I”的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；
(3) “反应II”是滤液中加入K2SO4，和Ca(H2PO4)2发生复分解反应生成KH2PO4和CaSO4，发生反应的化学方程式为K2SO4+Ca(H2PO4)2═2KH2PO4+CaSO4↓；
(4)将溶液中获得的KH2PO4晶体进一步提纯，可根据溶解度随温度的变化不同，选择重结晶操作；
(5)若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为80%，Ca5P3FO12反应的质量为1000kg×50.4%×80%=403.2kg，物质的量为=800mol，则理论上可生产KH2PO4的质量为800mol×136g/mol×3=326400g=326.4kg。
10.世界能源消费依靠化学技术，作为燃料的H2通常来自水煤气。回答下列问题：
(1)己知：① C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=akJ/mol②2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H= -220 kJ/mol③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+480 kJ/mol，则 a=_____kJ/mol。
(2)某实验小组在实验室模拟反应C(s) +H2O (g)CO (g) +H2 (g)能够说明该反应达到平衡状态的是____。
a. v逆(H2O)=v正(CO) b.容器中物质的总质量不发生变化
c. n (H2O)：n (H2)=1:1且不再改变 d.恒容容器中混合气体密度不变
(3)一定温度下,在2L盛有足量炭粉的恒容密闭容器中通入0.8molH2O发生反应①，6min时生成0.7 gH2则6 min内以CO表示的平均反应速率为 ______mol/L∙min-1 (保留2位有效数字)。
(4)燃料气中CO需氧化为CO2与氢气进行分离，使用CuO/CeO2做催化剂，并向其中加入不同的酸(HIO3 或H3PO4)后，CO的转化率随温度的变化如图所示。
①加入H3PO4__________(填“促进”或，抑制”)CuO/CeO2催化。
②CeO2可由草酸鋪［Ce2(C2O4)3］在空气中灼烧制备，同时只产生一种气体，写出该反应的化学方程式_____。
③恒温恒压下，在温度为120°C,催化剂为CuO/CeO2・HIO3条件下反应，若起始时燃料气流速为1800mL∙min-1,其中CO的体积分数为0.68%,则反应0.5h后剩余气体中CO的体积为__mL。
(5)有人将合成氨反应设计成原电池，装置如图所示。
①正极反应式为 _______。
②己知该原电池的标准电动势，25°C时反应的平衡常数K与之间的关系为（n为原电池反应转移的电子数），则合成氨反应（N2 +3H22NH3）的平衡常数K为 ______（用含a的代数式表示，不需要化简）。
【答案】 (1). +130 (2). acd (3). 0.029 (4). 抑制 (5). Ce2(C2O4)3+2O2 2CeO2+6CO2 (6). 73.44 (7). N2+6e-+6H+═2NH3 (8).
【解析】
【分析】
(1)已知：②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H=-220kJ•mol-1，③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+480 kJ/mol，可利用盖斯定律，将得到①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)的反应热，以此解答该题；
(2)根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
(3) 反应速率v=；
(4)①根据CO的转化率随温度的变化图分析；
②灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3]，分解制得CeO2、一氧化碳以及二氧化碳，配平方程式即可；③温度为120℃，催化剂为CuO/CeO2-HIO3时，CO的转化率是80%，结合通入CO总体积计算；
(5)①原电池的正极发生还原反应，N2得电子还原生成NH3。
②己知N2 +3H22NH3反应中转移电子数为6e-，原电池的标准电动势，再结合计算此反应的平衡常数K。
【详解】(1)已知：②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H=-220kJ•mol-1，③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+480 kJ/mol，可利用盖斯定律，将得到①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)，则△H=akJ/mol=×[(-220kJ•mol-1)+(+480 kJ/mol)]=+130 kJ/mol，即a=+130；
(2)a.v逆(H2O)=v正(CO)，达到平衡状态，故a正确；
b.容器中物质的总质量一直不发生变化，不能说明达平衡状态，故b错误；
c.n (H2O)：n (H2)=1:1且不再改变，说明n(H2O)和n(H2)的物质的量一定，此时反应达到平衡状态，故c正确；
d.混合气体的体积不变，但混合气体的总质量不确定，当密度不变，则说明混合气体的总质量不再发生变化，说明达平衡状态，故d正确；
故答案为acd；
(3) 一定温度下，在2L盛有足量炭粉的恒容密闭容器中通入0.8molH2O，6min时生成0.7gH2，其物质的量为=0.35mol，由C(s) +H2O (g)CO (g) +H2 (g)反应可知生成CO的物质的量为0.35mol，则6min内以CO表示的平均反应速率=0.029mol/(L•min)；
(4)①图示可知，相同温度下，在CuO/CeO2催化剂中加入H3PO4时CO的转化率最低，说明加人H3PO4抑制CuO/CeO2的催化；
②灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3]，分解制得CeO2、一氧化碳以及二氧化碳，即Ce2(C2O4)32CeO2+4CO↑+2CO2↑；
③温度为120℃，催化剂为CuO/CeO2-HIO3时，CO的转化率是80%，若燃料气流速为1800mL•min-1，CO的体积分数为0.68%，则反应0.5小时后CO的体积为1800mL•min-1×0.5h×60min/h×0.68%×(1-80%)=73.44ml；
(5)①原电池的正极发生还原反应，N2得电子还原生成NH3，则正极反应式为N2+6e-+6H+═2NH3；
②己知N2 +3H22NH3反应中转移电子数为6e-，原电池的标准电动势，再结合，则平衡常数K=。
【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
11.镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57〜71的元素。
（1）镝Dy）的基态原子电子排布式为[Xe] 4f106s2,画出镝（Dy）原子价层电子排布图：____________.
（2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+,基态时Cu3+的电子排布式为____________。
（3）观察下面四种镧系元素的电离能数据，判断最有可能显示+3价的元素是_____填元素名称）。
几种镧系元素的电离能（单位：kJ∙mol-1）
元素
Ⅰ1
Ⅰ2
Ⅰ3
Ⅰ4
Yb （镱）
604
1217
4494
5014
Lu （镥）
532
1390
4111
4987
La （镧）
538
1067
1850
5419
Ce （铈）
527
1047
1949
3547
（4）元素铈（Ce）可以形成配合物（NH4)2[Ce(NO3)6]。
①组成配合物的四种元素，电负性由大到小的顺序为_______（用元素符号表示）。
②画出氨的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键：________（任写一种）。
③元素Al也有类似成键情况，气态氯化铝分子表示为（(AlCl3)2,分子中A1原子杂化方式为_____，分子中所含化学键类型有 _______（填字母）。
a.离子键 b.极性键 c.非极性键 d.配位键
（5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中错原子位于面心和顶点，则PrO2 （二氧化镨）的晶胞中有_____个氧原子；已知晶胞参数为apm,密度为ρg∙cm-3，NA=_______（用含a、ρ的代数式表示）。
【答案】 (1). (2). 1s22s22p63s23p63d8 (3). 镧 (4). O＞N＞H＞Ce (5). N-H…O(或N-H…N或O-H…N或O-H…O) (6). sp3杂化 (7). bd (8). 8 (9).
【解析】
【分析】
(1)镝(Dy)的基态原子外围价电子排布式为4f106s2，结合泡利原理、洪特规则画出排布图；
(2)Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+；
(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，与第四电离能相差越大，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大；
(4)①同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大；
②NH3的水溶液中，NH3分子之间形成氢键，水分子之间形成氢键，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-H…O或O-H…N)；
③气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为；
(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，根据均摊法计算晶胞中Pr原子数目，再根据化学式中原子数目之比计算晶胞中O原子数目；结合晶胞中原子数目用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与密度乘积，联立计算。
【详解】(1)镝(Dy)的基态原子外围电子排布式为4f106s2，由泡利原理、洪特规则，外围价电子排布图为：；
(2)Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+，基态时Cu3+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8；
(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大，在上述表中La的I1+I2和I3最接近，I3与I4差距最大，故La元素最可能形成+3；
(4)①同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大，电负性由大到小的顺序为：O＞N＞H＞Ce；
②NH3的水溶液中，NH3分子之间形成氢键(N-H…N)，水分子之间形成氢键(O-H…O)，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-H…O或O-H…N)；
③气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为，Al是原子采取sp3杂化，含有的化学键有极性键、配位键，没有离子键、非极性键；
(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则晶胞中Pr原子数目=8×+6×=4，而Pr原子与O原子数目之比为1：2，则晶胞中O原子数目为4×2=8，晶胞质量=g=(a×10-10 cm)3×ρg•cm-3，整理得NA=。
12.有机物I是一种医药合成中间体，实验室以芳香烃A为原料制备I的路线如下(部分反应条件已省略)：
已知：RCH=CH2+HBrRCH2CH2Br。回答下列问题：
(1)X的分子式为C8H8，且X与A互为同系物，则X的化学名称是 ______。
(2)B生成C的反应类型是_____, B、C含有的相同的官能团名称是 _____。
(3)碳原子上连有4个不同原子或基团时，该碳原子为手性碳原子。写出D的结构简式，并用星号标出其中的手性碳原子_____。
(4)写出D—E 的化学反应方程式：_________。
(5)G的结构简式是 ______。
(6)Y与C是同分异构体，Y中含苯环，且苯环上有2个取代基，Y能发生银镜反应，其核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1,则Y的结构简式为 _______。
(7)丙二酸(HOOCCH2COOH)主要用作医药合成中间体、电镀抛光剂等。结合题目信息，设计以丙烯(CH3CH=CH2) 和为原料制备丙二酸的合成路线______(无机试剂任选)。
【答案】 (1). 苯乙烯 (2). 取代反应 (3). 碳碳双键 (4). (5). 2+O2 2+2H2O (6). (7). (8).
【解析】
【分析】
对比A、B的结构，可知A中甲基上H原子被-Br替代生成B，属于取代反应。由C的分子式可知，B发生卤代烃水解反应生成C，故C为．D可以连续发生氧化反应，结合D的分子式、F的结构简式，可知C与HBr发生加成反应生成D，故D为，则E为．由J的结构，可知F发生消去反应、酸化得到G为，G与乙醇发生酯化反应得到J，故H为CH3CH2OH；
(7)模仿合成路线中转化，可知CH3CH=CH2与 发生取代反应生成CH2=CHCH2Br，然后与HBr在过氧化物条件下得到BrCH2CH2CH2Br，再发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，最后氧化得到HOOCCH2COOH。
【详解】(1)A分子结构中含有碳碳双键和苯环，X的分子式为C8H8，且X与A互为同系物，则X的结构简式为，化学名称是苯乙烯；
(2)B→C为卤代烃在NaOH溶液中的水解，则反应类型是取代反应或水解反应； B、C含有的相同的官能团名称是碳碳双键；
(3) D的结构简式为，其中的手性碳原子是；
(4) →发生醇的催化氧化，反应的化学反应方程式为2+O2 2+2H2O；
(5)G结构简式是；
(6)Y与C()互为同分异构体，满足下列条件：①含苯环，②苯环上有2个取代基，③能发生银镜反应，说明含有醛基，2个取代基为-CH3、-CH2CH2CHO，或者为-CH3、-CH(CH3)CHO，或者为-CH2CH3、-CH2CHO、或者为-CH2CH2CH3、-CHO，或者为-CH(CH3)2、-CHO，均有邻、间、对3种位置结构，故符合条件的同分异构体共有3×5=15种，其核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1,则Y的结构简式为；
(7) 模仿合成路线中转化，可知CH3CH=CH2与 发生取代反应生成CH2=CHCH2Br，然后与HBr在过氧化物条件下得到
BrCH2CH2CH2Br，再发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，最后氧化得到HOOCCH2COOH．合成路线流程图为：。
【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。
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