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【化学】江西省宜春市上高二中2019届高三下学期第七次月考理科综合（解析版） 试卷
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江西省宜春市上高二中2019届高三下学期第七次月考理科综合
1.中华传统文化蕴含着很多科学知识，下列说法错误的是（ ）
A. “丹砂(HgS烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是可逆反应
B. “水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化
C. “霾尘积聚难见路人”形容的霾尘中有气溶胶，具有丁达尔效应
D. “含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以止渴
【答案】A
【详解】A. 根据题意，丹砂(HgS)烧之成水银，即红色的硫化汞(即丹砂)在空气中灼烧有汞生成，反应的化学方程式为：HgSHg+S，汞和硫在一起又生成硫化汞，反应的化学方程式为：Hg+S═HgS，由于反应条件不同，所以不属于可逆反应，故A错误；
B. “水声冰下咽，沙路雪中平”意思是：流水在冰层下发出低咽的声响，原来崎岖不平的沙路铺上厚厚的积雪显得很平坦，所述未涉及化学变化，所以B选项是正确的；
C. 雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，所以C选项是正确的；
D. “甘露”，甘美的露水，“消渴”，口渴，善饥，尿多，消瘦。包括糖尿病、尿崩症等，“含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以“止渴”，所以D选项是正确的。
故选A。
2.下列相关反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氢氧化铁溶于氢碘酸:Fe(OH)3+3H+ =Fe3++3H2O
B. 氯化铝溶液中滴加过量的氨水：Al3＋＋4 NH3·H2O=AlO2-＋4NH4＋+2H2O
C. NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀:NH4＋+Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓+ NH3·H2O
D. NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:2HCO3-+Ba2++2OH- =BaCO3↓+2H2O+ CO32-
【答案】C
【详解】A项、氢氧化铁溶于氢碘酸，发生氧化还原反应生成碘化亚铁、单质碘和水，反应的离子方程式为2Fe（OH）3+3H++2I-═2Fe2++3H2O+I2，故A错误；
B项、氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3-↓+3NH+4，故B错误；
C项、向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-沉淀完全，二者物质的量之比为1：2，反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀和一水合氨，反应的离子方程式为：2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH-═Al（OH）3↓+2BaSO4↓++NH3．H2O，故C正确；
D项、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响和化学式的拆分是否正确。
3.下列是三种有机物的结构简式，下列说法正确的是（ ）
A. 三种有机物都能发生水解反应
B. 三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种
C. 三种物质中，其中有两种互为同分异构体
D. 三种物质在一定条件下，均可以被氧化
【答案】D
【解析】试题分析：A、只有阿司匹林中含-COOC-，可发生水解反应，而另两种物质不能水解，A错误；B、阿司匹林的苯环上有4种H，苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物只有4种，而另两种物质苯环上有2种H，则苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种，B错误；C、三种物质中，分子式均不相同，则三种物质均不是同分异构体，C错误；D、有机物都可以燃烧，燃烧就是氧化反应，D正确，答案选D。
考点：考查有机物结构和性质判断
4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、Z位于同一主族。X的气态氢化物常用作制冷剂。ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法正确的是（ ）
A. 最简单氢化物的沸点：Z>Y
B. 原子半径：W>Z>Y>X
C. 把ZY2通入石蕊试液中先变红后褪色
D. 向ZYW2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成
【答案】D
【分析】X的气态氢化物常用作制冷剂，所以X是N， Y和Z位于同一主族， ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，即有SO2产生，所以Y是O，Z是S，W是Cl， ZYW2是SOCl2，据此回答。
【详解】据上所述可知X是N，Y是O，Z是S，W是Cl。
A.元素Y是O，最简单氢化物H2O是液体，Z是S，最简单氢化物H2S呈气态，由于水分子间形成氢键，所以最简单氢化物的沸点：Z
C.化合物ZY2是SO2，该物质与水反应产生H2SO3，H2SO3具有酸性，通入石蕊试液中只变红不褪色，C错误；
D.化合物ZYW2是SOCl2，与水反应产生SO2和HCl，向反应后的溶液中滴加AgNO3溶液，发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题目考查原子结构与元素周期律知识，本题注意把握物质的性质与用途，为解答该题的关键，本题侧重考查学生的分析能力，难度不大。
5.质子交换膜燃料电池(简称：PEMFC)，又称固体高分子电解质燃料电池，是一种以含氢燃料与空气作用产生电力与热力的燃料电池，膜极组和集电板串联组合成一个燃料电池堆。目前，尤以氢燃料电池倍受电源研究开发人员的注目。它的结构紧凑，工作温度低(只有80℃)，启动迅速，功率密度高，工作寿命长。工作原理如图，下列说法正确的是( )
A. 可用一氧化碳、甲烷代替图中氢气和氧气(空气)形成质子交换膜燃料电池。
B. B极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O
C. 用该电池作为精炼铜的电源时，A极与粗铜电极相连
D. 当外电路中转移0.1mole−时，通过质子交换膜的H+的数目为0.2NA
【答案】B
【分析】根据图知，该燃料电池中，氢气失电子生成氢离子，说明电解质溶液呈酸性，通入氢气的电极A是负极，负极反应式为2H2-4e-=4H+，通入氧气的电极B是正极，正极电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，电子从负极沿导线流向正极，质子交换膜只能氢离子通过，据此分析解答。
【详解】A.若用一氧化碳、甲烷代替图中氢气和氧气(空气)，由于只有还原剂（燃料）没有氧化剂（助燃剂），故不能形成燃料电池，A错误；
B.原电池内氢离子向正极移动，B电极电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，B正确；
C.用该电池作为精炼铜的电源时，粗铜做阳极与电源正极相连，A为负极，C错误；
D.由于电子所带电荷与质子所带电荷相同，电性相反，所以当外电路转移0.1mol电子时，通过质子交换膜的氢离子数目0.1NA，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了原电池原理的知识，包括电极反应、电极正负的判断、电子守恒和质子交换膜的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
6.下列实验操作规范且能达到相应实验目的的是( )
选项
实验目的
实验操作
A
证明Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)
向BaCO3溶液中加入饱和Na2SO4溶液
B
分离KClO3与MnO2制取后的残渣
溶解、过滤、洗涤干燥滤渣得到MnO2，滤液蒸发结晶并干燥得到KClO3
C
配制100 g 4%的NaOH溶液
称取4.0gNaOH放在烧杯中，再加入96.0mL水，搅拌均匀
D
检验Al和Fe2O3反应后固体中是否含Fe2O3
取样，溶于足量稀硫酸，滴加KSCN溶液不变红，说明不含Fe2O3
【答案】C
【详解】A.向BaCO3溶液中加入饱和Na2SO4溶液，只要溶液中c(Ba2+)c(SO42-)> Ksp(BaSO4)，就可以形成BaSO4沉淀，与BaSO4、BaCO3的溶度积大小无关，而且反应过程中没有明显现象，A错误；
B.KClO3与MnO2的溶解性不同，MnO2难溶于水，KClO3容易溶于水，将固体混合物溶解、过滤、洗涤、干燥滤渣，得到MnO2，滤液中含有的KClO3的溶解度受温度的影响变化较大，因此可以将溶液蒸发浓缩，冷却、结晶就得到KClO3晶体，B错误；
C.配制100 g 4%的NaOH溶液，需要溶质的质量是4.0g，溶剂为96g，所以配制方法是称取4.0g NaOH放在烧杯中，再加入96.0mL水，搅拌均匀就得到100 g 4%的NaOH溶液，C正确；
C.固体试样加入硫酸，会发生反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Al与Fe2(SO4)3发生反应：2Al+3Fe2(SO4)3=Al2(SO4)3+6FeSO4，若混合物中Al过量，还会继续发生反应：2Al+3H2SO4= Al2(SO4)3+3H2↑，2Al+ 3FeSO4=Al2(SO4)3+3Fe，所以即使是固体中含有Fe2O3，由于发生上述反应是溶液中无Fe3+，因此滴加KSCN溶液也不会变红，因此不能说明其中不含Fe2O3，D错误；
故合理选项是C。
7.常温下，向10mL1mol·L－1元酸HA溶液中，不断滴加1mol·L－1的NaOH溶液所加碱的体积与－lgc水(H+)的关系如图所示。c水(H+)为溶液中水电离的c(H+)。下列说法不正确的是（ ）
A. 常温下，Kα(HA)的数量级为10－4
B. a、b两点pH均为7
C. 从a点到b点，水的电离程度先增大后减小
D. 溶液的导电性逐渐增强
【答案】B
【详解】A.由起点溶液中－lgc水(H+)=12可知，酸电离的c(H+)=10-2，故Ka(HA)=10-4，故A正确；
B.从图像中可知，HA是弱酸，曲线的最高点为NaA溶液，b点溶液的溶质是NaA和NaOH，溶液呈碱性，pH＞7,故B错误；
C.a点到b点,发生酸碱中和反应生成可水解的盐，然后碱过量，所以水的电离程度先增大后减小，故C正确；
D.不断加入NaOH溶液，溶液中的离子总浓度不断增大，溶液的导电性逐渐增强，故D正确。
故选B。
【点睛】通过分析溶液中酸、碱、盐对水的电离平衡的影响，分析溶液中水电离的氢离子浓度的变化规律，及分析溶液中离子总浓度的变化对溶液导电能力的影响是解答本题的关键。
8.某校化学兴趣小组实验室模拟工业制备硫氰化钾(KSCN)。实验装置如图：
实验步骤如下：
(1)制备 NH4SCN溶液：CS2+2NH3NH4SCN+H2S。该反应比较缓慢。
①实验前，应进行的操作是______________________。三颈烧瓶内盛放有CS2、水和催化剂，三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口，目的是________________________________。
②实验开始时打开K1，加热装置A、D，缓缓地向装置D中充入气体。装置A中的物质是___________(以化学式表示)，装置C的作用可能是________________________________。
(2)制备KSCN溶液：移去A处的酒精灯，关闭K1，打开K2，利用耐碱分液漏斗边加液边加热，则此时装置D中发生反应的化学方程式是_________________________________。
(3)制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩，________________，过滤，干燥，得到硫氰化钾晶体。
(4)测定KSCN的含量称取10.0g样品配成1000mL溶液量取20.00mL于锥形瓶中，并加入几滴Fe(NO3)3溶液，用0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消AgNO3标准溶液20.00mL。
①滴定时发生的离子反应为SCN－+Ag+= AgSCN↓，则终点时的现象是___________________
_________________________________________。
②KSCN的质量分数为___________。
【答案】(1). 检查装置的气密性 (2). 使反应物充分接触，防止发生倒吸 (3). NH4Cl、Ca(OH)2 (4). 观察气泡速率，控制加热温度 (5). NH4SCN+KOHKSCN+NH3+H2O (6). 冷却结晶 (7). 当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复 (8). 97.0%
【分析】本题主要考察实验基本操作、陌生反应方程式的推断和书写、滴定的终点判断和相关计算。
【详解】(1)、①连接好装置后，实验前必须进行的一步操作是检查装置的气密性。根据相似相溶原理可知，氨气易溶于水、不易溶于二硫化碳，因此，为了使反应物充分接触，防止发生倒吸，所以三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口。
本题答案：检查装置的气密性；使反应物充分接触，防止发生倒吸
②制备 NH4SCN溶液：CS2+2NH3NH4SCN+H2S，反应需NH3，所以A装置为氨气发生器，实验室可用固体NH4Cl与固体Ca(OH)2加热反应制取氨气。故装置A中的物质是NH4Cl , Ca(OH)2，装置C的作用可能是观察气泡速率，控制A装置的加热温度。
本题答案：NH4Cl , Ca(OH)2；观察气泡速率，控制加热温度
(2)、在装置C中发生反应得NH4SCN，装置D耐碱分液漏斗中装入的碱与NH4SCN发生反应生成硫氰化钾，故D中的反应化学方程式为NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O
本题答案：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O
(3)、制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
本题答案：冷却结晶
(4)、①滴定时发生的离子反应为SCN－+Ag+= AgSCN↓，以Fe(NO3)3为指示剂， SCN-与Fe3+反应使溶液呈血红色。当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复，即为终点。
本题答案：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复
②20.00mL 0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，c(Ag+)=0.1000mol/L╳0.02 L=0.002 mol，根据滴定时发生的离子反应为SCN－+Ag+= AgSCN↓，可知20.00mL 中c(SCN－)= 0.002 mol，则1000mL 中c(SCN－)为0.1 mol，KSCN的质量分数=97.0g/ mol╳0.1 mol/10g╳ 100%=97.0%
本题答案：97.0%
9.某小组以黄铜矿(主要成分为 CuFeS2，含少量SiO2等杂质)为原料制备铜化工产品CuAlO2的一种工艺如下：
已知①过滤1所得滤液中含金属离子有：Cu2+、Fe2+和Fe3+，滤渣1的主要成分是SiO2和S；
②Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。
(1)从产品纯度、环保操作方便等角度考虑，试剂A、B的最佳组合是__________(填代号)
a
b
c
d
A
HNO3
NaClO
H2O2 (酸化)
H2O2 (酸化)
B
Cu(OH)2
NaOH
氨水
Cu(OH)2 CO3
(2)铵明矾的化学式为NH4Al(SO4)2·12H2O，它为制备铜的化工产品提供铝源。铵明矾溶液中NH4+、A13+、H+、OH-、SO42－浓度大小排序为___________________________________。
(3)过滤3得到A1(OH)3和Cu(OH)2，写出“灼烧”发生化学反应的方程式：______________________________________________________________。
(4)单位时间内“浸取”Cu2+的百分率(称为浸出率)与溶液浓度、温度关系如下图所示。
在20℃时，1L溶液中有效碰撞总次数：x_________y(填“>”“<”或“=”)。相同浓度下，温度高于30℃，“浸出率”降低的主要原因是__________________________________________。
(5)以铜、石墨为电极，电解“过滤1”所得溶液制备铜，铜的质量与通电时间关系如上图所示。写出OA段阴极的反应方程式：__________________________________________。
(6)常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。加入试剂B调节pH=3时c(Fe3+)=_________mol/L
【答案】 (1). d (2). c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-) (3). 4Al(OH)3+4Cu(OH)24CuAlO2+10H2O↑+O2↑ (4). < (5). 相同浓度、温度过高，Fe3+水解程度增大，Fe3+浓度减小 (6). Fe3++e-=Fe2+ (7). 4×10-5
【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2)用FeCl3溶液氧化产生CuCl2、FeCl2、S单质，向溶解后的溶液中加入CuCl2、FeCl2、FeCl3氧化剂，可以将FeCl2氧化为FeCl3，然后加入一种物质既可以提高溶液的pH使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，又不引入杂质离子，然后向含有CuCl2溶液在加入铵明矾、NaOH，Al(OH)3、Cu(OH)2及Na2SO4、NaCl，然后将Al(OH)3、Cu(OH)2的混合物加热发生反应产生CuAlO2、H2O、O2，据此分析解答。
【详解】(1)A.HNO3还原产物是NO2、NO等大气污染物，不环保，A错误；
B.NaOH反应会引入杂质离子Na+，而且制取成本高，B错误；
C.氨水反应会产生氨气，导致大气污染，而且反应后溶液中含有杂质NH4+，C错误；
D. H2O2还原产物是H2O，Cu(OH)2CO3与溶液中的H+反应，不仅可提高溶液的pH，而且不会产生杂质离子，符合题目要求，D正确；
故合理选项是D；
(2) NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水发生电离：NH4Al(SO4)2·12H2O=NH4++Al3++2SO42-+12H2O，可见c(SO42-)最大；在溶液中NH4+、Al3+发生水解反应而消耗，水解使溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，NH3·H2O是碱，说明碱性：NH3·H2O>Al(OH)3，根据盐的水解规律：碱越弱，碱电离产生的离子水解程度就越大，所以等浓度的NH4+和Al3+的水解程度：Al3+> NH4+，水解程度越大，溶液中离子浓度就越小，所以c(NH4+)>c(Al3+)，盐水解程度总的来说是微弱的，盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以c(Al3+)>c(H+)，故溶液中离子浓度大小关系为：c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)；
(3)过滤3得到A1(OH)3和Cu(OH)2，在“灼烧”时发生化学反应，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：4Al(OH)3+4Cu(OH)24CuAlO2+10H2O↑+O2↑；
(4)在20℃时，1L溶液中有效碰撞总次数，物质的浸出率越高，溶液中离子浓度就越大，离子之间碰撞次数就越大，根据图象可知浸取率x
(6)常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。加入试剂B调节pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-14÷10-3=10-11mol/L，由于c(Fe3+)·c3(OH-)= Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，c(Fe3+)=4.0×10-38÷10-33=4.0×10-5mol/L。
【点睛】本题考查了物质制备的知识，涉及试剂的选择、离子浓度大小比较、物质浓度与反应速率的关系、电解原理的应用、沉淀溶解平衡等知识。掌握化学反应基本原理、用环保、节能等化学平衡移动原理是本题解答的关键。
10.NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ/mol
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5 kJ/mol
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221 kJ/mol
若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式_________________________________________________________。
(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_________________________。
(3)NO2用氨水吸收能生成NH4NO3，25℃时，将amolNH4NO3溶于水配成bL溶液，溶液显酸性，常温下向该溶液通入标准状况下VL氨气后溶液呈中性，则通入氨气的过程中水的电离平衡将_____(填“正向”“不”“逆向”)移动，通入标准状况下氨气的体积为_________L(设通入氨气后溶液的体积不变，用含a的代数式表示，已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数为2.0×10-5)
(4)催化氧化法去除NO是在一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为4NH3+6NO5N2+6H2O不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)的物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3时，得到NO脱除率曲线如图所示：
①由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降的原因可能是________________________________________________。
②曲线a中NO的起始浓度为6×10-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_____________mg/(m3·s)。
③曲线c对应NH3与NO的物质的量之比是_________________。
【答案】(1). 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=–746.5kJ/mol (2). HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+ (3). 逆向 (4). 或0.112a (5). 催化剂活性下降 (6). 1.5×10-4 (7). 1：3
【分析】(1)根据化学平衡常数的含义书写相应的化学反应方程式，然后根据盖斯定律将已知的三个热化学方程式进行叠加就可以得到待求反应的热化学方程式；
(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该溶液，电解该溶液得到较浓的硝酸，说明是NO2-失去电子，发生还原反应，据此书写发生的电极反应；
(3)NH4NO3是强酸弱碱盐，在溶液中由于NH4+水解使溶液显酸性，向该溶液中通入氨气，导致NH3·H2O浓度增大，根据盐水解平衡分析判断；先计算溶液中c(NH4+)，利用电离平衡常数表达式计算出c(NH3·H2O)，NH3+H2ONH3·H2O，利用物质的量与气体体积关系计算；
(4)①根据温度与催化剂的活性关系分析判断；
②根据NO的脱除量变化值和脱除时间计算NO的脱出速率；
③两种反应物存在的反应，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率，据此分析。
【详解】(1)由于化学平衡常数是可逆反应达到化学平衡状态时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，因此该反应的化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)
①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5 kJ/mol
③2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221 kJ/mol
2×②-①-③，整理可得2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=–746.5kJ/mol；
(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该溶液得到较浓的硝酸，是由于亚硝酸电离产生NO2-在阳极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+；
(3)NH4NO3是强酸弱碱盐，在溶液中由于NH4+水解使溶液显酸性，向该溶液中通入氨气，导致c(NH3·H2O)增大，导致化学平衡NH4++H2ONH3·H2O+H+逆向移动；若溶液显中性，则c(OH-)=10-7mol/L，c(NH4+)=mol/L，c(NH3·H2O)=mol/L，K==2.0×10-5，解得V=或0.112a；
(4)①根据图像可知：无论是在什么温度下，当温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，是由于反应4NH3+6NO5N2+6H2O的正反应是在催化剂存在时进行，催化剂只有在一定温度范围内催化活性才最强，当温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降的原因是催化剂活性下降；
②曲线a中NO的起始浓度为6×10-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，根据图象，NO的脱除率从55%上升到75%，则该段时间内NO的脱除量为△c=6×10-4mg/m3×(75%-55%)=1.2×10-4mg/m3，时间间隔为△t=0.8s，所以该段时间内NO的脱除速率为v==1.5×10-4 mg/(m3·s)；
③两种反应物存在的反应，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率，根据图象，曲线c的NO脱除率最低，即NO的转化率最低，所以NO的在总反应物中的比例最高，符合的是n(NH3)：n(NO)的物质的量之比1：3。
【点睛】本题考查了盖斯定律、电解反应原理、电离平衡常数的应用、化学反应速率、化学平衡移动等知识。侧重分析与计算能力的考查。
11.卤素及其化合物广泛存在于自然界中。回答下列问题：
(1)光气(COCl2)是一种重要的有机中间体，在农药、医药、工程塑料、聚氨酯材料以及军事上都有许多用途。光气的分子立体构型为______________，其三种元素的电负性由小到大的顺序为______________。与COCl2互为等电子体的分子和离子(各写一种)________________。
(2)日常生活中，看到的许多可见光，如霓虹灯，试从原子结构角度解释这一现象？______________________________________。
(3)区分晶态二氧化硅和非晶态二氧化硅最可靠的科学方法是_______________________。
(4)一种铜的溴化物晶胞结构如图所示，若将图中的Cu去掉，再把所有的Br换成Cu，得到晶体铜的晶胞结构，则晶体铜的堆积方式为___________，某同学将基态铜原子价电子错误的写为3d94s2，违背了核外电子排布规律中的_____________________。
(5)下列关于上述铜的溴化物晶胞结构说法正确的是_________(选填字母序号)。
A．该化合物的化学式为CuBr2
B．铜的配位数为8
C．与每个Br紧邻的Br有12个
D．由图中P点和Q点的原子坐标参数，确定R点的原子坐标参数为(1/4,1/4,1/4)
(6)若图中P点和R点的原子核间距为a cm，NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞密度为________________g/cm3。(列出计算式即可)
【答案】 (1). 平面三角形 (2). C
(3) 晶态和非晶态二氧化硅结构上最大的不同是晶态二氧化硅长程有序，非晶态短程有序。
区分晶态二氧化硅和非晶态二氧化硅最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验；
(4) 晶胞中铜原子位于面心、顶点上，属于面心立方最紧密堆积；根据洪特规则，对于同一电子亚层中，当电子排布为全充满、半充满或全空时是比较稳定的，基态铜原子价电子应为3d104s1；
(5) A．根据均摊法，晶胞中铜原子为4个，溴原子数是8×＋6×＝4，所以晶胞的化学式是CuBr；
B．以顶点铜原子研究，与之相邻的原子处于面心，每个顶点的原子为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共有，故Cu原子的配位数为=12；
C．根据晶胞图可知，与每个Br紧邻的Br有12个；
D．图中P点原子坐标参数为(0，0，0)和Q点的原子坐标参数(1/2，1/2，0)，可知晶胞边长设为1，PR为晶胞对角线的，则R点的原子坐标参数为；
(6) 若Cu原子与最近的Br原子的核间距为a cm，即为体对角线的四分之一，故则该晶体的边长为： cm，该晶胞的体积为：cm3，一个晶胞的质量为：(4×144)÷NA g，故晶胞的密度计算表达式为： g/cm3。
【详解】(1) 光气的分子式为COCl2，结构式为，碳原子孤电子对数为0，价层电子对数为3，则其空间结构为平面三角形；同一周期从左到右元素的电负性逐渐增大，非金属性越强，电负性越大，所以C、O、Cl三种元素的电负性由小到大的顺序为C
因此，本题正确答案是：原子核外电子发生跃迁，从激发态变为基态时以光的形式释放能量；
(3) 晶态和非晶态二氧化硅结构上最大的不同是晶态二氧化硅长程有序，非晶态短程有序。
区分晶态二氧化硅和非晶态二氧化硅最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验；
因此，本题正确答案是：X-射线衍射实验；
(4) 晶胞中铜原子位于面心、顶点上，属于面心立方最紧密堆积；根据洪特规则，对于同一电子亚层中，当电子排布为全充满、半充满或全空时是比较稳定的，基态铜原子价电子应为3d104s1，若写为3d94s2，则违背了核外电子排布规律中的洪特规则（特例）；
因此，本题正确答案是：面心立方最紧密堆积；洪特规则（特例）；
(5) A．根据均摊法，晶胞中铜原子为4个，溴原子数是8×＋6×＝4，所以晶胞的化学式是CuBr，故A错误；
B．以顶点铜原子研究，与之相邻的原子处于面心，每个顶点的原子为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共有，故Cu原子的配位数为=12，故B错误；
C．根据晶胞图可知，与每个Br紧邻的Br有12个，故C正确；
D．图中P点原子坐标参数为(0，0，0)和Q点的原子坐标参数(1/2，1/2，0)，可知晶胞边长设为1，PR为晶胞对角线的，则R点的原子坐标参数为，故D正确；
因此，本题正确答案是：CD；
(6) 若Cu原子与最近的Br原子的核间距为a cm，即为体对角线的四分之一，故则该晶体的边长为： cm，该晶胞的体积为：cm3，一个晶胞的质量为：(4×144)÷NA g，故晶胞的密度计算表达式为： g/cm3。
因此，本题正确答案是：或。
12.具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如下图所示：
已知：i.RCH2Br R﹣HC═CH﹣R′
ii．R﹣HC═CH﹣R′
iii．R﹣HC═CH﹣R′
(以上R、R'、R''代表氢、烷基或芳基等)
(1)A属于芳香烃，其名称是_______________________。
(2)D的结构简式是_______________________________。
(3)由F生成G的反应类型是________________________________________。
(4)由E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是_______________________________；此反应同时生成另外一个有机副产物且与F互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是_______________________________。
(5)下列说法正确的是___________(选填字母序号)。
A. G存在顺反异构体
B. 由G生成H的反应是加成反应
C. 1 mol G最多可以与1 mol H2发生加成反应
D. 1 mol F或1 mol H与足量NaOH溶液反应，均消耗2 molNaOH
(6)以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。_______________________________________
【答案】(1). 1，2-二甲苯（邻二甲苯） (2). (3). 消去反应 (4). (5). (6). BD (7).
【分析】根据C的结构简式，逆推B是邻甲基苯甲酸；A是邻二甲苯；C在浓硫酸作用下与试剂a反应生成D，根据D的分子式，可推出试剂a是甲醇，D是；在氢氧化钠作用下发生水解反应，再酸化生成邻乙烯基苯甲酸E；根据信息ii，邻乙烯基苯甲酸E生成F，则F是，结合信息iii，根据H的结构简式，逆推G是 。
【详解】（1）芳香烃是指含有苯环的碳氢化合物。A的化学式为C8H10，根据碳原子个数可知A中含有一个苯环，剩余含有2个碳原子的取代基取代苯环上的氢原子，苯环上的取代基可能为1个乙基或2个甲基。根据物质C中苯环上的取代基位置关系可知，A的结构简式为，则A的名称为1，2-二甲苯（或邻二甲苯）。
因此，本题正确答案是：1，2-二甲苯（邻二甲苯）；
（2）由“已知ⅰ”可知：物质D与甲醛反应，脱去一个溴原子和一个氢原子，并与甲醛中的碳原子形成碳碳双键，则物质D的结构式为。
因此，本题正确答案是：；
（3）根据以上分析，F是，G是 ，F中碘原子与邻位碳原子上的氢原子发生消去反应形成碳碳双键。
因此，本题正确答案是：消去反应；
（4）E的结构简式为，根据“已知ⅱ”，E的结构简式中有碳碳双键和羧基，在一定条件下与I2反应时，断去碳碳双键，同时两个碳原子分别连接一个碘原子和一个酯基，生成物质F。因此，物质E生成物质F的方程式为：。
邻乙烯基苯甲酸与I2在一定条件下反应生成F的产物不唯一，此反应同时生成另外一种有机副产物且与F互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是。
因此，本题正确答案是：；；
（5）A项，顺反异构体形成的条件包括：①存在限制旋转的因素，如双键；②每个不能旋转的碳原子都连接两个不同的原子或原子团。G中形成双键的一个碳原子连接2个氢原子，不符合条件②，因此不存在顺反异构体，故A项错误；
B项，由G生成H的过程中，碳碳双键打开，结合成四个碳碳单键，属于加成反应，故B项正确；
C项，物质G中可与氢气发生加成的官能团有苯环和碳碳双键，因此物质G最多能与4 mol H2发生加成反应，故C项错误。
D项，F的结构简式为，其中酯基和碘原子均可与NaOH发生反应，则1 mol 的F最多可与2 molNaOH反应；而H的结构简式中含有两个酯基，与NaOH发生水解反应，因此1mol的H最多可消耗2 molNaOH，故D项正确。
因此，本题正确答案是：BD。
（6）本题采用逆推法。由“已知ⅲ”可知，要合成物质的反应物为CH3CH=CHCH3。要在乙烯的基础上增长碳链的同时形成碳碳双键，可运用“已知ⅰ”，即用溴乙烷与乙醛作为反应物，生成CH3CH=CHCH3，因此只需将乙烯作为反应物，溴乙烷可以通过乙烯加成反应得到，乙醛可以通过乙烯先加成后氧化得到。
合成路线如图所示：
。
【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用。
1.中华传统文化蕴含着很多科学知识，下列说法错误的是（ ）
A. “丹砂(HgS烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是可逆反应
B. “水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化
C. “霾尘积聚难见路人”形容的霾尘中有气溶胶，具有丁达尔效应
D. “含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以止渴
【答案】A
【详解】A. 根据题意，丹砂(HgS)烧之成水银，即红色的硫化汞(即丹砂)在空气中灼烧有汞生成，反应的化学方程式为：HgSHg+S，汞和硫在一起又生成硫化汞，反应的化学方程式为：Hg+S═HgS，由于反应条件不同，所以不属于可逆反应，故A错误；
B. “水声冰下咽，沙路雪中平”意思是：流水在冰层下发出低咽的声响，原来崎岖不平的沙路铺上厚厚的积雪显得很平坦，所述未涉及化学变化，所以B选项是正确的；
C. 雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，所以C选项是正确的；
D. “甘露”，甘美的露水，“消渴”，口渴，善饥，尿多，消瘦。包括糖尿病、尿崩症等，“含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以“止渴”，所以D选项是正确的。
故选A。
2.下列相关反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氢氧化铁溶于氢碘酸:Fe(OH)3+3H+ =Fe3++3H2O
B. 氯化铝溶液中滴加过量的氨水：Al3＋＋4 NH3·H2O=AlO2-＋4NH4＋+2H2O
C. NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀:NH4＋+Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓+ NH3·H2O
D. NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:2HCO3-+Ba2++2OH- =BaCO3↓+2H2O+ CO32-
【答案】C
【详解】A项、氢氧化铁溶于氢碘酸，发生氧化还原反应生成碘化亚铁、单质碘和水，反应的离子方程式为2Fe（OH）3+3H++2I-═2Fe2++3H2O+I2，故A错误；
B项、氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3-↓+3NH+4，故B错误；
C项、向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-沉淀完全，二者物质的量之比为1：2，反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀和一水合氨，反应的离子方程式为：2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH-═Al（OH）3↓+2BaSO4↓++NH3．H2O，故C正确；
D项、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响和化学式的拆分是否正确。
3.下列是三种有机物的结构简式，下列说法正确的是（ ）
A. 三种有机物都能发生水解反应
B. 三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种
C. 三种物质中，其中有两种互为同分异构体
D. 三种物质在一定条件下，均可以被氧化
【答案】D
【解析】试题分析：A、只有阿司匹林中含-COOC-，可发生水解反应，而另两种物质不能水解，A错误；B、阿司匹林的苯环上有4种H，苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物只有4种，而另两种物质苯环上有2种H，则苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种，B错误；C、三种物质中，分子式均不相同，则三种物质均不是同分异构体，C错误；D、有机物都可以燃烧，燃烧就是氧化反应，D正确，答案选D。
考点：考查有机物结构和性质判断
4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、Z位于同一主族。X的气态氢化物常用作制冷剂。ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法正确的是（ ）
A. 最简单氢化物的沸点：Z>Y
B. 原子半径：W>Z>Y>X
C. 把ZY2通入石蕊试液中先变红后褪色
D. 向ZYW2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成
【答案】D
【分析】X的气态氢化物常用作制冷剂，所以X是N， Y和Z位于同一主族， ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，即有SO2产生，所以Y是O，Z是S，W是Cl， ZYW2是SOCl2，据此回答。
【详解】据上所述可知X是N，Y是O，Z是S，W是Cl。
A.元素Y是O，最简单氢化物H2O是液体，Z是S，最简单氢化物H2S呈气态，由于水分子间形成氢键，所以最简单氢化物的沸点：Z
C.化合物ZY2是SO2，该物质与水反应产生H2SO3，H2SO3具有酸性，通入石蕊试液中只变红不褪色，C错误；
D.化合物ZYW2是SOCl2，与水反应产生SO2和HCl，向反应后的溶液中滴加AgNO3溶液，发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题目考查原子结构与元素周期律知识，本题注意把握物质的性质与用途，为解答该题的关键，本题侧重考查学生的分析能力，难度不大。
5.质子交换膜燃料电池(简称：PEMFC)，又称固体高分子电解质燃料电池，是一种以含氢燃料与空气作用产生电力与热力的燃料电池，膜极组和集电板串联组合成一个燃料电池堆。目前，尤以氢燃料电池倍受电源研究开发人员的注目。它的结构紧凑，工作温度低(只有80℃)，启动迅速，功率密度高，工作寿命长。工作原理如图，下列说法正确的是( )
A. 可用一氧化碳、甲烷代替图中氢气和氧气(空气)形成质子交换膜燃料电池。
B. B极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O
C. 用该电池作为精炼铜的电源时，A极与粗铜电极相连
D. 当外电路中转移0.1mole−时，通过质子交换膜的H+的数目为0.2NA
【答案】B
【分析】根据图知，该燃料电池中，氢气失电子生成氢离子，说明电解质溶液呈酸性，通入氢气的电极A是负极，负极反应式为2H2-4e-=4H+，通入氧气的电极B是正极，正极电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，电子从负极沿导线流向正极，质子交换膜只能氢离子通过，据此分析解答。
【详解】A.若用一氧化碳、甲烷代替图中氢气和氧气(空气)，由于只有还原剂（燃料）没有氧化剂（助燃剂），故不能形成燃料电池，A错误；
B.原电池内氢离子向正极移动，B电极电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，B正确；
C.用该电池作为精炼铜的电源时，粗铜做阳极与电源正极相连，A为负极，C错误；
D.由于电子所带电荷与质子所带电荷相同，电性相反，所以当外电路转移0.1mol电子时，通过质子交换膜的氢离子数目0.1NA，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了原电池原理的知识，包括电极反应、电极正负的判断、电子守恒和质子交换膜的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
6.下列实验操作规范且能达到相应实验目的的是( )
选项
实验目的
实验操作
A
证明Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)
向BaCO3溶液中加入饱和Na2SO4溶液
B
分离KClO3与MnO2制取后的残渣
溶解、过滤、洗涤干燥滤渣得到MnO2，滤液蒸发结晶并干燥得到KClO3
C
配制100 g 4%的NaOH溶液
称取4.0gNaOH放在烧杯中，再加入96.0mL水，搅拌均匀
D
检验Al和Fe2O3反应后固体中是否含Fe2O3
取样，溶于足量稀硫酸，滴加KSCN溶液不变红，说明不含Fe2O3
【答案】C
【详解】A.向BaCO3溶液中加入饱和Na2SO4溶液，只要溶液中c(Ba2+)c(SO42-)> Ksp(BaSO4)，就可以形成BaSO4沉淀，与BaSO4、BaCO3的溶度积大小无关，而且反应过程中没有明显现象，A错误；
B.KClO3与MnO2的溶解性不同，MnO2难溶于水，KClO3容易溶于水，将固体混合物溶解、过滤、洗涤、干燥滤渣，得到MnO2，滤液中含有的KClO3的溶解度受温度的影响变化较大，因此可以将溶液蒸发浓缩，冷却、结晶就得到KClO3晶体，B错误；
C.配制100 g 4%的NaOH溶液，需要溶质的质量是4.0g，溶剂为96g，所以配制方法是称取4.0g NaOH放在烧杯中，再加入96.0mL水，搅拌均匀就得到100 g 4%的NaOH溶液，C正确；
C.固体试样加入硫酸，会发生反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Al与Fe2(SO4)3发生反应：2Al+3Fe2(SO4)3=Al2(SO4)3+6FeSO4，若混合物中Al过量，还会继续发生反应：2Al+3H2SO4= Al2(SO4)3+3H2↑，2Al+ 3FeSO4=Al2(SO4)3+3Fe，所以即使是固体中含有Fe2O3，由于发生上述反应是溶液中无Fe3+，因此滴加KSCN溶液也不会变红，因此不能说明其中不含Fe2O3，D错误；
故合理选项是C。
7.常温下，向10mL1mol·L－1元酸HA溶液中，不断滴加1mol·L－1的NaOH溶液所加碱的体积与－lgc水(H+)的关系如图所示。c水(H+)为溶液中水电离的c(H+)。下列说法不正确的是（ ）
A. 常温下，Kα(HA)的数量级为10－4
B. a、b两点pH均为7
C. 从a点到b点，水的电离程度先增大后减小
D. 溶液的导电性逐渐增强
【答案】B
【详解】A.由起点溶液中－lgc水(H+)=12可知，酸电离的c(H+)=10-2，故Ka(HA)=10-4，故A正确；
B.从图像中可知，HA是弱酸，曲线的最高点为NaA溶液，b点溶液的溶质是NaA和NaOH，溶液呈碱性，pH＞7,故B错误；
C.a点到b点,发生酸碱中和反应生成可水解的盐，然后碱过量，所以水的电离程度先增大后减小，故C正确；
D.不断加入NaOH溶液，溶液中的离子总浓度不断增大，溶液的导电性逐渐增强，故D正确。
故选B。
【点睛】通过分析溶液中酸、碱、盐对水的电离平衡的影响，分析溶液中水电离的氢离子浓度的变化规律，及分析溶液中离子总浓度的变化对溶液导电能力的影响是解答本题的关键。
8.某校化学兴趣小组实验室模拟工业制备硫氰化钾(KSCN)。实验装置如图：
实验步骤如下：
(1)制备 NH4SCN溶液：CS2+2NH3NH4SCN+H2S。该反应比较缓慢。
①实验前，应进行的操作是______________________。三颈烧瓶内盛放有CS2、水和催化剂，三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口，目的是________________________________。
②实验开始时打开K1，加热装置A、D，缓缓地向装置D中充入气体。装置A中的物质是___________(以化学式表示)，装置C的作用可能是________________________________。
(2)制备KSCN溶液：移去A处的酒精灯，关闭K1，打开K2，利用耐碱分液漏斗边加液边加热，则此时装置D中发生反应的化学方程式是_________________________________。
(3)制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩，________________，过滤，干燥，得到硫氰化钾晶体。
(4)测定KSCN的含量称取10.0g样品配成1000mL溶液量取20.00mL于锥形瓶中，并加入几滴Fe(NO3)3溶液，用0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消AgNO3标准溶液20.00mL。
①滴定时发生的离子反应为SCN－+Ag+= AgSCN↓，则终点时的现象是___________________
_________________________________________。
②KSCN的质量分数为___________。
【答案】(1). 检查装置的气密性 (2). 使反应物充分接触，防止发生倒吸 (3). NH4Cl、Ca(OH)2 (4). 观察气泡速率，控制加热温度 (5). NH4SCN+KOHKSCN+NH3+H2O (6). 冷却结晶 (7). 当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复 (8). 97.0%
【分析】本题主要考察实验基本操作、陌生反应方程式的推断和书写、滴定的终点判断和相关计算。
【详解】(1)、①连接好装置后，实验前必须进行的一步操作是检查装置的气密性。根据相似相溶原理可知，氨气易溶于水、不易溶于二硫化碳，因此，为了使反应物充分接触，防止发生倒吸，所以三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口。
本题答案：检查装置的气密性；使反应物充分接触，防止发生倒吸
②制备 NH4SCN溶液：CS2+2NH3NH4SCN+H2S，反应需NH3，所以A装置为氨气发生器，实验室可用固体NH4Cl与固体Ca(OH)2加热反应制取氨气。故装置A中的物质是NH4Cl , Ca(OH)2，装置C的作用可能是观察气泡速率，控制A装置的加热温度。
本题答案：NH4Cl , Ca(OH)2；观察气泡速率，控制加热温度
(2)、在装置C中发生反应得NH4SCN，装置D耐碱分液漏斗中装入的碱与NH4SCN发生反应生成硫氰化钾，故D中的反应化学方程式为NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O
本题答案：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O
(3)、制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
本题答案：冷却结晶
(4)、①滴定时发生的离子反应为SCN－+Ag+= AgSCN↓，以Fe(NO3)3为指示剂， SCN-与Fe3+反应使溶液呈血红色。当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复，即为终点。
本题答案：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复
②20.00mL 0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，c(Ag+)=0.1000mol/L╳0.02 L=0.002 mol，根据滴定时发生的离子反应为SCN－+Ag+= AgSCN↓，可知20.00mL 中c(SCN－)= 0.002 mol，则1000mL 中c(SCN－)为0.1 mol，KSCN的质量分数=97.0g/ mol╳0.1 mol/10g╳ 100%=97.0%
本题答案：97.0%
9.某小组以黄铜矿(主要成分为 CuFeS2，含少量SiO2等杂质)为原料制备铜化工产品CuAlO2的一种工艺如下：
已知①过滤1所得滤液中含金属离子有：Cu2+、Fe2+和Fe3+，滤渣1的主要成分是SiO2和S；
②Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。
(1)从产品纯度、环保操作方便等角度考虑，试剂A、B的最佳组合是__________(填代号)
a
b
c
d
A
HNO3
NaClO
H2O2 (酸化)
H2O2 (酸化)
B
Cu(OH)2
NaOH
氨水
Cu(OH)2 CO3
(2)铵明矾的化学式为NH4Al(SO4)2·12H2O，它为制备铜的化工产品提供铝源。铵明矾溶液中NH4+、A13+、H+、OH-、SO42－浓度大小排序为___________________________________。
(3)过滤3得到A1(OH)3和Cu(OH)2，写出“灼烧”发生化学反应的方程式：______________________________________________________________。
(4)单位时间内“浸取”Cu2+的百分率(称为浸出率)与溶液浓度、温度关系如下图所示。
在20℃时，1L溶液中有效碰撞总次数：x_________y(填“>”“<”或“=”)。相同浓度下，温度高于30℃，“浸出率”降低的主要原因是__________________________________________。
(5)以铜、石墨为电极，电解“过滤1”所得溶液制备铜，铜的质量与通电时间关系如上图所示。写出OA段阴极的反应方程式：__________________________________________。
(6)常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。加入试剂B调节pH=3时c(Fe3+)=_________mol/L
【答案】 (1). d (2). c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-) (3). 4Al(OH)3+4Cu(OH)24CuAlO2+10H2O↑+O2↑ (4). < (5). 相同浓度、温度过高，Fe3+水解程度增大，Fe3+浓度减小 (6). Fe3++e-=Fe2+ (7). 4×10-5
【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2)用FeCl3溶液氧化产生CuCl2、FeCl2、S单质，向溶解后的溶液中加入CuCl2、FeCl2、FeCl3氧化剂，可以将FeCl2氧化为FeCl3，然后加入一种物质既可以提高溶液的pH使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，又不引入杂质离子，然后向含有CuCl2溶液在加入铵明矾、NaOH，Al(OH)3、Cu(OH)2及Na2SO4、NaCl，然后将Al(OH)3、Cu(OH)2的混合物加热发生反应产生CuAlO2、H2O、O2，据此分析解答。
【详解】(1)A.HNO3还原产物是NO2、NO等大气污染物，不环保，A错误；
B.NaOH反应会引入杂质离子Na+，而且制取成本高，B错误；
C.氨水反应会产生氨气，导致大气污染，而且反应后溶液中含有杂质NH4+，C错误；
D. H2O2还原产物是H2O，Cu(OH)2CO3与溶液中的H+反应，不仅可提高溶液的pH，而且不会产生杂质离子，符合题目要求，D正确；
故合理选项是D；
(2) NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水发生电离：NH4Al(SO4)2·12H2O=NH4++Al3++2SO42-+12H2O，可见c(SO42-)最大；在溶液中NH4+、Al3+发生水解反应而消耗，水解使溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，NH3·H2O是碱，说明碱性：NH3·H2O>Al(OH)3，根据盐的水解规律：碱越弱，碱电离产生的离子水解程度就越大，所以等浓度的NH4+和Al3+的水解程度：Al3+> NH4+，水解程度越大，溶液中离子浓度就越小，所以c(NH4+)>c(Al3+)，盐水解程度总的来说是微弱的，盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以c(Al3+)>c(H+)，故溶液中离子浓度大小关系为：c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)；
(3)过滤3得到A1(OH)3和Cu(OH)2，在“灼烧”时发生化学反应，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：4Al(OH)3+4Cu(OH)24CuAlO2+10H2O↑+O2↑；
(4)在20℃时，1L溶液中有效碰撞总次数，物质的浸出率越高，溶液中离子浓度就越大，离子之间碰撞次数就越大，根据图象可知浸取率x
(6)常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。加入试剂B调节pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-14÷10-3=10-11mol/L，由于c(Fe3+)·c3(OH-)= Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，c(Fe3+)=4.0×10-38÷10-33=4.0×10-5mol/L。
【点睛】本题考查了物质制备的知识，涉及试剂的选择、离子浓度大小比较、物质浓度与反应速率的关系、电解原理的应用、沉淀溶解平衡等知识。掌握化学反应基本原理、用环保、节能等化学平衡移动原理是本题解答的关键。
10.NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ/mol
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5 kJ/mol
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221 kJ/mol
若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式_________________________________________________________。
(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_________________________。
(3)NO2用氨水吸收能生成NH4NO3，25℃时，将amolNH4NO3溶于水配成bL溶液，溶液显酸性，常温下向该溶液通入标准状况下VL氨气后溶液呈中性，则通入氨气的过程中水的电离平衡将_____(填“正向”“不”“逆向”)移动，通入标准状况下氨气的体积为_________L(设通入氨气后溶液的体积不变，用含a的代数式表示，已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数为2.0×10-5)
(4)催化氧化法去除NO是在一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为4NH3+6NO5N2+6H2O不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)的物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3时，得到NO脱除率曲线如图所示：
①由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降的原因可能是________________________________________________。
②曲线a中NO的起始浓度为6×10-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_____________mg/(m3·s)。
③曲线c对应NH3与NO的物质的量之比是_________________。
【答案】(1). 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=–746.5kJ/mol (2). HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+ (3). 逆向 (4). 或0.112a (5). 催化剂活性下降 (6). 1.5×10-4 (7). 1：3
【分析】(1)根据化学平衡常数的含义书写相应的化学反应方程式，然后根据盖斯定律将已知的三个热化学方程式进行叠加就可以得到待求反应的热化学方程式；
(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该溶液，电解该溶液得到较浓的硝酸，说明是NO2-失去电子，发生还原反应，据此书写发生的电极反应；
(3)NH4NO3是强酸弱碱盐，在溶液中由于NH4+水解使溶液显酸性，向该溶液中通入氨气，导致NH3·H2O浓度增大，根据盐水解平衡分析判断；先计算溶液中c(NH4+)，利用电离平衡常数表达式计算出c(NH3·H2O)，NH3+H2ONH3·H2O，利用物质的量与气体体积关系计算；
(4)①根据温度与催化剂的活性关系分析判断；
②根据NO的脱除量变化值和脱除时间计算NO的脱出速率；
③两种反应物存在的反应，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率，据此分析。
【详解】(1)由于化学平衡常数是可逆反应达到化学平衡状态时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，因此该反应的化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)
①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5 kJ/mol
③2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221 kJ/mol
2×②-①-③，整理可得2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=–746.5kJ/mol；
(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该溶液得到较浓的硝酸，是由于亚硝酸电离产生NO2-在阳极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+；
(3)NH4NO3是强酸弱碱盐，在溶液中由于NH4+水解使溶液显酸性，向该溶液中通入氨气，导致c(NH3·H2O)增大，导致化学平衡NH4++H2ONH3·H2O+H+逆向移动；若溶液显中性，则c(OH-)=10-7mol/L，c(NH4+)=mol/L，c(NH3·H2O)=mol/L，K==2.0×10-5，解得V=或0.112a；
(4)①根据图像可知：无论是在什么温度下，当温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，是由于反应4NH3+6NO5N2+6H2O的正反应是在催化剂存在时进行，催化剂只有在一定温度范围内催化活性才最强，当温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降的原因是催化剂活性下降；
②曲线a中NO的起始浓度为6×10-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，根据图象，NO的脱除率从55%上升到75%，则该段时间内NO的脱除量为△c=6×10-4mg/m3×(75%-55%)=1.2×10-4mg/m3，时间间隔为△t=0.8s，所以该段时间内NO的脱除速率为v==1.5×10-4 mg/(m3·s)；
③两种反应物存在的反应，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率，根据图象，曲线c的NO脱除率最低，即NO的转化率最低，所以NO的在总反应物中的比例最高，符合的是n(NH3)：n(NO)的物质的量之比1：3。
【点睛】本题考查了盖斯定律、电解反应原理、电离平衡常数的应用、化学反应速率、化学平衡移动等知识。侧重分析与计算能力的考查。
11.卤素及其化合物广泛存在于自然界中。回答下列问题：
(1)光气(COCl2)是一种重要的有机中间体，在农药、医药、工程塑料、聚氨酯材料以及军事上都有许多用途。光气的分子立体构型为______________，其三种元素的电负性由小到大的顺序为______________。与COCl2互为等电子体的分子和离子(各写一种)________________。
(2)日常生活中，看到的许多可见光，如霓虹灯，试从原子结构角度解释这一现象？______________________________________。
(3)区分晶态二氧化硅和非晶态二氧化硅最可靠的科学方法是_______________________。
(4)一种铜的溴化物晶胞结构如图所示，若将图中的Cu去掉，再把所有的Br换成Cu，得到晶体铜的晶胞结构，则晶体铜的堆积方式为___________，某同学将基态铜原子价电子错误的写为3d94s2，违背了核外电子排布规律中的_____________________。
(5)下列关于上述铜的溴化物晶胞结构说法正确的是_________(选填字母序号)。
A．该化合物的化学式为CuBr2
B．铜的配位数为8
C．与每个Br紧邻的Br有12个
D．由图中P点和Q点的原子坐标参数，确定R点的原子坐标参数为(1/4,1/4,1/4)
(6)若图中P点和R点的原子核间距为a cm，NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞密度为________________g/cm3。(列出计算式即可)
【答案】 (1). 平面三角形 (2). C
(3) 晶态和非晶态二氧化硅结构上最大的不同是晶态二氧化硅长程有序，非晶态短程有序。
区分晶态二氧化硅和非晶态二氧化硅最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验；
(4) 晶胞中铜原子位于面心、顶点上，属于面心立方最紧密堆积；根据洪特规则，对于同一电子亚层中，当电子排布为全充满、半充满或全空时是比较稳定的，基态铜原子价电子应为3d104s1；
(5) A．根据均摊法，晶胞中铜原子为4个，溴原子数是8×＋6×＝4，所以晶胞的化学式是CuBr；
B．以顶点铜原子研究，与之相邻的原子处于面心，每个顶点的原子为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共有，故Cu原子的配位数为=12；
C．根据晶胞图可知，与每个Br紧邻的Br有12个；
D．图中P点原子坐标参数为(0，0，0)和Q点的原子坐标参数(1/2，1/2，0)，可知晶胞边长设为1，PR为晶胞对角线的，则R点的原子坐标参数为；
(6) 若Cu原子与最近的Br原子的核间距为a cm，即为体对角线的四分之一，故则该晶体的边长为： cm，该晶胞的体积为：cm3，一个晶胞的质量为：(4×144)÷NA g，故晶胞的密度计算表达式为： g/cm3。
【详解】(1) 光气的分子式为COCl2，结构式为，碳原子孤电子对数为0，价层电子对数为3，则其空间结构为平面三角形；同一周期从左到右元素的电负性逐渐增大，非金属性越强，电负性越大，所以C、O、Cl三种元素的电负性由小到大的顺序为C
因此，本题正确答案是：原子核外电子发生跃迁，从激发态变为基态时以光的形式释放能量；
(3) 晶态和非晶态二氧化硅结构上最大的不同是晶态二氧化硅长程有序，非晶态短程有序。
区分晶态二氧化硅和非晶态二氧化硅最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验；
因此，本题正确答案是：X-射线衍射实验；
(4) 晶胞中铜原子位于面心、顶点上，属于面心立方最紧密堆积；根据洪特规则，对于同一电子亚层中，当电子排布为全充满、半充满或全空时是比较稳定的，基态铜原子价电子应为3d104s1，若写为3d94s2，则违背了核外电子排布规律中的洪特规则（特例）；
因此，本题正确答案是：面心立方最紧密堆积；洪特规则（特例）；
(5) A．根据均摊法，晶胞中铜原子为4个，溴原子数是8×＋6×＝4，所以晶胞的化学式是CuBr，故A错误；
B．以顶点铜原子研究，与之相邻的原子处于面心，每个顶点的原子为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共有，故Cu原子的配位数为=12，故B错误；
C．根据晶胞图可知，与每个Br紧邻的Br有12个，故C正确；
D．图中P点原子坐标参数为(0，0，0)和Q点的原子坐标参数(1/2，1/2，0)，可知晶胞边长设为1，PR为晶胞对角线的，则R点的原子坐标参数为，故D正确；
因此，本题正确答案是：CD；
(6) 若Cu原子与最近的Br原子的核间距为a cm，即为体对角线的四分之一，故则该晶体的边长为： cm，该晶胞的体积为：cm3，一个晶胞的质量为：(4×144)÷NA g，故晶胞的密度计算表达式为： g/cm3。
因此，本题正确答案是：或。
12.具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如下图所示：
已知：i.RCH2Br R﹣HC═CH﹣R′
ii．R﹣HC═CH﹣R′
iii．R﹣HC═CH﹣R′
(以上R、R'、R''代表氢、烷基或芳基等)
(1)A属于芳香烃，其名称是_______________________。
(2)D的结构简式是_______________________________。
(3)由F生成G的反应类型是________________________________________。
(4)由E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是_______________________________；此反应同时生成另外一个有机副产物且与F互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是_______________________________。
(5)下列说法正确的是___________(选填字母序号)。
A. G存在顺反异构体
B. 由G生成H的反应是加成反应
C. 1 mol G最多可以与1 mol H2发生加成反应
D. 1 mol F或1 mol H与足量NaOH溶液反应，均消耗2 molNaOH
(6)以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。_______________________________________
【答案】(1). 1，2-二甲苯（邻二甲苯） (2). (3). 消去反应 (4). (5). (6). BD (7).
【分析】根据C的结构简式，逆推B是邻甲基苯甲酸；A是邻二甲苯；C在浓硫酸作用下与试剂a反应生成D，根据D的分子式，可推出试剂a是甲醇，D是；在氢氧化钠作用下发生水解反应，再酸化生成邻乙烯基苯甲酸E；根据信息ii，邻乙烯基苯甲酸E生成F，则F是，结合信息iii，根据H的结构简式，逆推G是 。
【详解】（1）芳香烃是指含有苯环的碳氢化合物。A的化学式为C8H10，根据碳原子个数可知A中含有一个苯环，剩余含有2个碳原子的取代基取代苯环上的氢原子，苯环上的取代基可能为1个乙基或2个甲基。根据物质C中苯环上的取代基位置关系可知，A的结构简式为，则A的名称为1，2-二甲苯（或邻二甲苯）。
因此，本题正确答案是：1，2-二甲苯（邻二甲苯）；
（2）由“已知ⅰ”可知：物质D与甲醛反应，脱去一个溴原子和一个氢原子，并与甲醛中的碳原子形成碳碳双键，则物质D的结构式为。
因此，本题正确答案是：；
（3）根据以上分析，F是，G是 ，F中碘原子与邻位碳原子上的氢原子发生消去反应形成碳碳双键。
因此，本题正确答案是：消去反应；
（4）E的结构简式为，根据“已知ⅱ”，E的结构简式中有碳碳双键和羧基，在一定条件下与I2反应时，断去碳碳双键，同时两个碳原子分别连接一个碘原子和一个酯基，生成物质F。因此，物质E生成物质F的方程式为：。
邻乙烯基苯甲酸与I2在一定条件下反应生成F的产物不唯一，此反应同时生成另外一种有机副产物且与F互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是。
因此，本题正确答案是：；；
（5）A项，顺反异构体形成的条件包括：①存在限制旋转的因素，如双键；②每个不能旋转的碳原子都连接两个不同的原子或原子团。G中形成双键的一个碳原子连接2个氢原子，不符合条件②，因此不存在顺反异构体，故A项错误；
B项，由G生成H的过程中，碳碳双键打开，结合成四个碳碳单键，属于加成反应，故B项正确；
C项，物质G中可与氢气发生加成的官能团有苯环和碳碳双键，因此物质G最多能与4 mol H2发生加成反应，故C项错误。
D项，F的结构简式为，其中酯基和碘原子均可与NaOH发生反应，则1 mol 的F最多可与2 molNaOH反应；而H的结构简式中含有两个酯基，与NaOH发生水解反应，因此1mol的H最多可消耗2 molNaOH，故D项正确。
因此，本题正确答案是：BD。
（6）本题采用逆推法。由“已知ⅲ”可知，要合成物质的反应物为CH3CH=CHCH3。要在乙烯的基础上增长碳链的同时形成碳碳双键，可运用“已知ⅰ”，即用溴乙烷与乙醛作为反应物，生成CH3CH=CHCH3，因此只需将乙烯作为反应物，溴乙烷可以通过乙烯加成反应得到，乙醛可以通过乙烯先加成后氧化得到。
合成路线如图所示：
。
【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用。
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