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四川省泸州市泸县第一中学2020届高三上学期开学考试理综-化学试题
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四川省泸州市泸县第一中学2020届高三上学期开学考试理综
化学试题
1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. 氧化钙、硅胶和还原性铁粉都可用作食品干燥剂
B. 土壤具有良好的保肥能力，与胶体的性质有关系
C. 硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业
D. 稀土金属被称为冶金工业的“维生素”，可改善合金的性能
【答案】A
【解析】
【详解】A．还原性铁粉不具有吸水性，具有还原性，可以防止食品氧化变质，故A错误；
B．土壤胶粒带负电荷，能吸附带相反电荷的氨根离子，可用胶体的知识解释，故B正确；
C．硅橡胶既能耐高温又能耐低温，常用于航天航空工业，故C正确；
D．在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，所以稀土元素被称为冶金工业的“维生素”，故D正确；答案为A。
2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A. 常温常压下，31 g P4中含P－P键的数目为NA
B. 常温常压下，46 g NO2与92 g N2O4所含的分子数相同
C. 一定条件下，6.4 g铜粉与过量的硫粉充分反应，转移电子数为0.2 NA
D. 标准状况下，将22.4 L Cl2 通入足量NaOH溶液中，转移电子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．每个P4中含6个P－P键，31 gP4的物质的量为=0.25mol，则31 g P4中含P－P键的数目为1.5NA，故A错误；
B．常温常压下，存在2NO2 N2O4，则1molNO2与1molN2O4所含的分子数不相同，故B错误；
C．Cu和S在加热条件下生成Cu2S，则6.4g铜粉与过量的硫粉充分反应，转移电子数为0.1NA，故C错误；
D．标准状况下，22.4LCl2的物质的量为0.1mol，其完全溶于足量NaOH溶液中生成NaCl和NaClO，转移电子数为NA，故D正确；答案为D。
【点睛】顺利解答有关阿伏加德罗常数的判断关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”，如选项B中存在的可逆反应；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。
3.某研究性小组为了探究石蜡油分解产物，设计了如下实验方案。下列说法正确的是
A. 石蜡油是含多种液态烷烃的混合物
B. 硬质试管中的碎瓷片起防爆沸的作用
C. 酸性高锰酸钾溶液褪色说明生成了乙烯
D. 溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生了取代反应
【答案】A
【解析】
【详解】A.石油的主要成分是烷烃、环烷烃和芳香烃。石油经分馏得到石蜡油，石蜡油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，A正确；
B.硬质试管中的碎瓷片的作用是催化剂，B错误；
C.石蜡油经催化裂化和裂解获得小分子烷烃和烯烃的混合物，但不饱和烯烃不一定是乙烯，C错误；
D.溴的四氯化碳溶液褪色是因为石蜡油分解产生的烯烃与溴单质发生了加成反应，D错误；
故合理选项是A。
4.有a、b、c、d四种原子序数依次增大，且均不大于20的主族元素，a、c同主族，a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b为金属元素，a、c、d的最外层电子数之和为19。下列叙述正确的是
A. a、b可能形成含有共价键的离子化合物
B. 简单离子半径大小：d>c>a>b
C. 含氧酸的酸性强弱：d>c
D. b、c的简单离子在水溶液中一定能大量共存
【答案】A
【解析】
【分析】
a的最外层电子数是内层电子数的3倍，a是O元素；a、c同主族，c是S元素；a、c、d的最外层电子数之和为19，d是Cl元素；b为金属元素，b是Na、Mg、Al中的一种。
【详解】A、O和Na可以形成Na2O2，是含有共价键的离子化合物，故A正确；
B、电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2－＞Cl－，故B错误；
C、最高价含氧酸的酸性d＞c，这里没有说是最高价，故C错误；
D、若b为Al元素，则Al3＋和S2－在水溶液中不能大量共存，故D错误。
【点睛】本题以元素推断为载体，考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、元素化合物性质等，清楚核外电子排布规律是解题的关键。
5.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 常温下加水稀释时c(H+)/c(OH—)明显增大的溶液：CH3COO—、Ba2+、NO3—、Br—
B. 使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Cu2+、I—、S2O32—
C. 0.1mol/L Fe(NO3)2溶液：[Fe(CN)6] 3—、Na+、SO42—、Cl—
D. 0.1mol/L NaAlO2溶液：NH4+、K+、HCO3—、SO32—
【答案】A
【解析】
【详解】A．加水稀释时c（H+）/c（OH-）明显增大，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A选；
B．使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，溶液中中存在大量的氢离子，S2O32-与氢离子反应生成S单质和二氧化硫气体，在溶液中不能大量共存，故B不选；
C．Fe2+离子与[Fe（CN）6]3－之间反应时反应生成铁氰化亚铁沉淀，在溶液中不能大量共存，故C不选；
D．HCO3-的酸性大于氢氧化铝，HCO3-与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故D不选。
本题选A。
6.重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种强氧化剂，可用于检测酒驾中酒精的含量，电化学制备K2Cr2O7的装置如图所示，其中a、b均为石墨电极。下列说法正确的是
A. X是电源的正极
B. 电解过程中K+向b极移动
C. b极上发生的电极反应为：2CrO42－+2H+=Cr2O72－+H2O
D. 理论上a、b两电极放出的气体的物质的量之比为2︰1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据原理图，a极有氢氧化钾生成，a极是阴极，电极反应是2H2O+2e-=H2+2OH-；b是阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+。
【详解】A、根据原理图，a极有氢氧化钾生成，a极是阴极，则X为电源负极，A错误；
B、电解过程中阳离子移向阴极，K+向a极移动，故B错误；
C、a、b极上发生的电极反应分别为4H2O＋4e－＝4OH－＋2H2↑、2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑，b极区附近发生反应2CrO42－＋2H＋＝Cr2O72－＋H2O，故C错误；
D、a、b极上发生的电极反应分别为4H2O＋4e－＝4OH－＋2H2↑、2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑，理论上，两电极放出的气体的物质的量之比为2︰1，故D正确。
7.已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2A的pKa1=1.85，Pka2=7.19。用0.1 mol/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L H2A溶液的滴定曲线如图所示（曲线上的数字为pH）。下列说法不正确的是（ ）
A. a点所得溶液中：2n(H2A)+n(A2-)=0.002mol
B. b点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)
C. c点所得溶液中：c(Na+)<3c(HA-)
D. d点所得溶液中：c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)
【答案】C
【解析】
【分析】
A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，pH=1.85=pKa1，则c(H2A)=c(HA-)，依据物料守恒判断；
B.b点是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断；
C.c点pH=7.19=pKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2A，A2-+H2OHA-+OH-，Kh=，c(OH-)=，c(HA-)=c(A2-)，结合溶液中的物料守恒分析；
D.加入氢氧化钠溶液40mL，NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液恰好反应生成Na2A，d点溶液中主要是Na2A和少量NaHA。
【详解】A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，pH=1.85=pKa1，根据电离平衡常数表达式可得c(H2A)=c(HA-)，由于加入的H2A溶液为20mL0.1mol/L，所以根据物料守恒可得a点所得溶液中：c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=2c(H2A)+c(A2-)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol ，A正确；
B.b点是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol/L H2A溶液，恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)= c(HA-)+c(A2-)+ c(H2A)，，将c(Na+)带入第一个式子，整理得到：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，B正确；
C.c点pH=7.19=pKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2A，A2-+H2OHA-+OH-，Kh=，c(OH-)=，c(HA-)=c(A2-)，根据物料守恒可知溶液中2c(Na)=3c(S)，2c(Na+)=3[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]=3[c(H2A)+2c(HA-)]，c(Na+)>3c(HA-)，C错误；
D.加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L H2A溶液恰好反应生成Na2A，d点溶液中主要是Na2A和少量NaHA，溶液中离子浓度c(Na+)> c(A2-)> c(HA-)，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了图象变化在溶液的成分分析、离子浓度大小比较的应用的知识。涉及酸碱反应后溶液的酸、碱性，盐类水解原理，三种守恒在电解质溶液中离子浓度大小的比较方法的应用等，要会运用多元弱酸的电离平衡常数表达式与溶液的pH关系比较离子浓度关系，题目难度较大。
8.草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4·2H2O。回答下列问题：
(1)甲组的同学以电石(主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等)为原料，并用下图1装置制取C2H2。
①电石与水反应很快，为了减缓反应速率，装置A中除用饱和食盐水代替水之外，还可以采取的措施是__________（写一种即可）。
②装置B中，NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为______。该过程中，可能产生新的杂质气体Cl2，其原因是： _____________（用离子方程式回答）。
(2)乙组的同学根据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O。制备装置如上图2所示：
①装置D中多孔球泡的作用是______________________。
②装置D中生成H2C2O4化学方程式为____________________________。
③从装置D中得到产品，还需经过_____________（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。
(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4·2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取m g产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用c mol·L－1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液V mL。
①滴定终点的现象是______________________。
②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是_______________。
③产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为_______________（列出含 m、c、V 的表达式）。
【答案】 (1). 将烧瓶底部置于冰水浴中、控制分液漏斗活塞减缓滴加速度、将电石变为更大的块状 (2). PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl- (3). Cl－+ ClO-+2H+ =Cl2↑+H2O (4). 增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 (5). C2H2+8HNO3(浓) H2C2O4+8NO2+4H2O (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 (7). 当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色 (8). 生成的 Mn2+是该反应的催化剂 (9).
【解析】
【分析】
(1)①碳化钙和水反应十分剧烈，可用饱和食盐水或利用分液漏斗控制滴加液体速度来控制反应速率；
②装置B用NaClO将H2S氧化为磷酸，将PH3氧化为H3PO4，硫、磷元素化合价升高，则氯元素化合价降低，生成氯离子；酸性条件下，ClO-也能氧化Cl-，生成氯气；
(2)D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4•2H2O，反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应，E装置防止倒吸，F装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品，据此分析解答；
(3)①滴定终点时，继续滴加高锰酸钾溶液，紫色不褪去；
②H2C2O4•与KMnO4反应生成锰离子和二氧化碳，反应放热，生成的锰离子作催化剂；
③根据2MnO4-～5H2C2O4，由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量，据此计算H2C2O4•2H2O的质量分数。
【详解】(1)①碳化钙和水反应十分剧烈，用饱和食盐水代替水来控制反应速率，也可以利用分液漏斗控制滴加液体速度，来控制反应速率；
②NaClO将PH3氧化为磷酸，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子反应为：PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-；在酸性条件下， ClO-也可以将Cl-氧化为Cl2，反应的离子方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O
(2)①装置D多孔球泡的作用是增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应；
②根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；
(3)①滴定过程中，当溶液呈浅红色且30 s内不褪色时达到滴定终点；
②H2C2O4与KMnO4反应生成Mn2+和CO2，反应可能放热，溶液温度升高，另外生成的Mn2+是该反应的催化剂，故滴定过程中发现褪色速率先慢后逐渐加快；
③根据氧化还原反应过程中电子转移数目相等，可得关系式
2MnO4-～5H2C2O4，则n(H2C2O4•2H2O)=n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×cV×10-3mol，产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为=。
【点睛】本题考查了物质制备方案设计的知识，主要有化学方程式和离子方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定终点的判断、关系式法在物质含量的测定的应用等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能量，注意相关基础知识的学习与积累，题目难度中等。
9.钇的常见化合价为＋3价，我国蕴藏着丰富的含钇矿石(Y2FeBe2Si2O10)，工业上通过如下生产流程可获得氧化钇。
已知：①该流程中有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH见下表：
离子
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe3＋
2.1
3.1
Y3＋
6.0
8.2
②在元素周期表中，铍元素和铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似。
(1)写出Na2SiO3的一种用途________________________。
(2)欲从Na2SiO3和Na2BeO2混合溶液中制得Be(OH)2沉淀。
① 最好选用盐酸和_______两种试剂，再通过必要的操作即可实现。
A．NaOH溶液 B．氨水 C．CO2 D．HNO3
② 写出Na2BeO2与足量盐酸发生反应的离子方程式___________________________。
(3)常温下，反应Fe3＋＋3H2O(g) Fe (OH)3↓＋3H+的平衡常数K= ______。为使Fe3＋沉淀完全，用氨水调节pH＝a时，a应控制在_________范围内；继续加氨水调节pH =b发生反应的离子方程式为____________________________。
(4)煅烧草酸钇时发生分解反应，其固体产物为氧化钇，气体产物能使澄清石灰水变浑浊。写出草酸钇[Y2(C2O4)3·nH2O]煅烧的化学方程式___________________________________。
【答案】 (1). 工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等 (2). B (3). BeO22-＋4H＋===Be2＋＋2H2O (4). 10－4.3 (5). 3.1～6.0 (6). Y3++3NH3·H2O=Y(OH)3↓+3NH4+ (7). Y2(C2O4)3·nH2OY2O3+3CO↑+3CO2↑+nH2O
【解析】
【分析】
由铍元素和铝元素化学性质相似入手，可分析制得Be(OH)2沉淀的试剂及方程式，结合题干信息推测相应生成物，进而写出相应方程式。
【详解】（1）Na2SiO3俗称水玻璃，常用于工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等；
（2）①周期表中，铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似，欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be(OH)2沉淀，根据Na2BeO2的性质和NaAlO2类比推断；加过量的盐酸，硅酸钠反应生成硅酸沉淀，Na2BeO2的反应生成氯化铍溶液，再加入过量氨水沉淀铍离子，故答案为B；②Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成氯化铍、氯化钠和水，反应的离子方程式为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O；
（3）当c(Fe3+)=10-5mol/L时达到平衡，由，三价铁离子开始沉淀到沉淀完全的pH范围为：2.1-3.1；钇离子开始沉淀和沉淀完全的pH为：6.0-8.2；所以使Fe3+沉淀完全，须用氨水调节pH=a，3.1＜a＜6.0；继续加氨水调节pH=b发生反应的离子方程式为：Y3++3NH3•H2O=Y(OH)3↓+3NH4+；检验三价铁离子是否沉淀完全需要检验滤液中是否含有三价铁离子，结合三价铁离子检验试剂是硫氰酸钾溶液变血红色；取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若不变血红色，则说明Fe3+完全沉淀，反之则未完全沉淀；
(4)煅烧草酸钇时发生分解反应，其固体产物为氧化钇，气体产物能使澄清石灰水变浑浊，说明有CO2气体产生，草酸钇[Y2(C2O4)3·nH2O]煅烧的化学方程式为Y2(C2O4)3·nH2OY2O3+3CO↑+3CO2↑+nH2O。
【点睛】本题难点为第（3）小问中，当c(Fe3+)=10-5mol/L时，即达到平衡状态进而计算平衡常数。
10.全国平板玻璃生产企业大气污染物年排放总量逐年增加，对氮氧化物(NOx)排放的控制与监测已刻不容缓。回答下列问题
(1)平板玻璃熔窑烟气中的NOx以温度型氮氧化物为主。其中NO在空气中容易被一种三原子气体单质氧化剂和光化学作用氧化成NO2，该氧化剂的分子式为___________。
(2)用CH4催化还原NOx可在一定程度上消除氮氧化物的污染。
已知：CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=－574kJ·mol－1
2NO2(g)+N2(g)4NO(g) △H=+293kJ·mol－1
则反应CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的△H=___________kJ·mol－1
(3)800℃时，在刚性反应器中以投料比为1︰1NO(g)与O2(g)反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t=∞时，NO(g)完全反应]。
①NO(g)与O2(g)合成的反应速率v=4.2×10－2×p2(NO)×p(O2)(kPa·min－1)，t=52min时，测得体系中p(O2)=11.4kPa，则此时的p(NO)=___________kPa， v=___________kPa·min－1(计算结果保留1位小数)。
②若升高反应温度至900℃，则NO(g)与O2(g)完全反应后体系压强p∞(900℃)______(填“大于”等于”或“小于”)22.3kPa，原因是______________________。
③800℃时，反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数Kp=___________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留2位小数)。
(4)对于反应2NO(g)+O2(g)→2NO2(g)，科研工作者提出如下反应历程：
第一步：2NO(g)N2O2(g) 快速平衡
第二步：N2O2+O2(g)→2NO2(g) 慢反应
下列表述正确的是___________(填标号)。
A.v(第一步的逆反应)>v第二步反应
B.反应中间产物为N2O2
C.第二步中N2O2与O2的碰撞全部有效
D.第二步反应活化能较低
【答案】 (1). O3 (2). -1160 (3). 6.2 (4). 18.4 (5). 大于； (6). 温度升高，容积不变，总压强提高；二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高 (7). 49.98 (8). AB
【解析】
【分析】
（1）NO在空气中容易被一种三原子气体单质氧化剂氧化成NO2，则该氧化剂为O3；
（2）将已知方程式编号，①CH4(g)+4NO2(g) 4NOg)+CO2(g)+2H2O(g) △H=－574kJ·mol－1
②2NO2(g)+N2(g) 4NO(g) △H=+293kJ·mol－1
根据盖斯定律求所给反应的反应热；
（3）①开始时总压强为33.2kPa，其中氧气和一氧化氮等物质的量混和，故氧气和一氧化氮的分压都是16.6 kPa，根据反应方程式可知氧气与一氧化氮按物质的量之比是1:2反应，氧气减小的压强为16.6 kPa-11.4kPa=5.2 kPa，又因为压强之比等于物质的量之比，所以反应的一氧化氮减少的压强是5.2 kPa×2=10.4 kPa，则此时一氧化氮的压强是16.6 kPa-10.4kPa=6.2 kPa，因此此时反应速率v=4.2×10－2×p2(NO)×p(O2)= 4.2×10－2×（6.2 kPa）2×11.4kPa =18.4(kPa·min－1)；
②由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高，所以若升高反应温度至900℃，则NO(g)与O2(g)完全反应后体系压强p∞(900℃) 大于22.3kPa。
③根据表中数据可知一氧化氮和氧气完全反应时的压强是22.3 kPa，根据方程式可知完全反应时最初生成的二氧化氮的压强是16.6 kPa，剩余氧气压强16.6 kPa-8.3kPa=8.3kPa，总压强是16.6 kPa+8.3kPa=24.9 kPa，平衡后压强减少了24.9 kPa-22.3 kPa=2.6kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时N2O4对应的压强是2.6kPa，NO2对应的压强是16.6 kPa-2.6kPa×2=11.4 kPa，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数Kp==49.98kPa。
（4）A．由第一步反应快速平衡可知第一步反应的正、逆反应速率都较大，所以第一步的的逆反应速率大于第二步的反应速率；
B.根据第一步和第二步反应可知中间产物为N2O2；
C.化学反应中并不是所有碰撞有效；
D.第二步反应慢，所以第二步反应的活化能较高。
【详解】（1）NO在空气中容易被一种三原子气体单质氧化剂氧化成NO2，O3具有强氧化性，则该氧化剂的分子式为O3；
故答案为：O3；
（2）将已知方程式编号，①CH4(g)+4NO2(g) 4NOg)+CO2(g)+2H2O(g) △H=－574kJ·mol－1
②2NO2(g)+N2(g) 4NO(g) △H=+293kJ·mol－1
根据盖斯定律，①-②×2得：
CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的△H=（－574kJ·mol－1）-（+293kJ·mol－1）×2=-1160 kJ·mol－1，
故答案为：-1160；
（3）①开始时总压强为33.2kPa，其中氧气和一氧化氮等物质的量混和，故氧气和一氧化氮的分压都是16.6 kPa，根据反应方程式可知氧气与一氧化氮按物质的量之比是1:2反应，氧气减小的压强为16.6 kPa-11.4kPa=5.2 kPa，又因为压强之比等于物质的量之比，所以反应的一氧化氮减少的压强是5.2 kPa×2=10.4 kPa，则此时一氧化氮的压强是16.6 kPa-10.4kPa=6.2 kPa，因此此时反应速率v=4.2×10－2×p2(NO)×p(O2)= 4.2×10－2×（6.2 kPa）2×11.4kPa =18.4(kPa·min－1)；
故答案为：6.2；18.4；
②由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高，所以若升高反应温度至900℃，则NO(g)与O2(g)完全反应后体系压强p∞(900℃) 大于22.3kPa。
故答案为：大于；温度升高，容积不变，总压强提高；二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高；
③根据表中数据可知一氧化氮和氧气完全反应时的压强是22.3 kPa，根据方程式可知完全反应时最初生成的二氧化氮的压强是16.6 kPa，剩余氧气压强16.6 kPa-8.3kPa=8.3kPa，总压强是16.6 kPa+8.3kPa=24.9 kPa，平衡后压强减少了24.9 kPa-22.3 kPa=2.6kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时N2O4对应的压强是2.6kPa，NO2对应的压强是16.6 kPa-2.6kPa×2=11.4 kPa，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数Kp==49.98kPa。
故答案为：49.98；
（4）A．由第一步反应快速平衡可知第一步反应的正、逆反应速率都较大，所以第一步的的逆反应速率大于第二步的反应速率，故A正确；
B.根据第一步和第二步反应可知中间产物为N2O2，故B正确；
C. 化学反应中并不是所有碰撞都是有效碰撞，故C错误；
D.第二步反应慢，所以第二步反应的活化能较高，故D错误。
故答案为：AB。
11.离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离子由H、C、N三种元素组成，结构如图所示。回答下列问题：
(1)碳原子价层电子的轨道表达式为__________，基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为_________形。
(2)根据价层电子对互斥理论，NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子是_______。NH3比PH3的沸点高，原因是_________。
(3)氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是____________。
(4)EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为______。分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的大π键可表示为），则EMIM+离子中的大π键应表示为________。
(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于_______晶体，其中硼原子的配位数为_______。已知：立方氮化硼密度为dg/cm3，B原子半径为xpm，N原子半径为ypm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为________（列出化简后的计算式）。
【答案】 (1). (2). 哑铃 (3). NH3 (4). 氨分子间存在氢键 (5). 基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定 (6). sp2、sp3 (7). (8). 原子 (9). 4 (10). ×100%
【解析】
【详解】(1)碳原子价电子数为4，价电子排布式为2s22p2，所以价层电子的轨道表达式为；基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p，p的电子云轮廓图为哑铃形；
(2)NH3中N原子价层电子对个数=3+=4，NO3-中N原子价层电子对个数=3+；NO2-中N原子价层电子对个数=2+，所以中心原子价层电子对数不同于其他其他两种粒子的是NH3；NH3比PH3的沸点高是因为氨分子间存在氢键；
(3)VA族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级p轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定；
(4)根据图(b)N5-中键总数为5个，根据信息，N5-有6个电子可形成大π键，可用符号Π56表示；
(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个N原子连接4个B原子，氮化硼化学式BN，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4；晶胞中N原子数为4，B原子数=8×，晶胞的质量m=，晶胞的体积V==，B、N原子总体积V｀=4×[]=cm3，晶胞中原子的空间利用率=×100%=×100%。
12.化合物M是二苯乙炔类液晶材料的一种，最简单的二苯乙炔类化合物是：。以互为同系物的单取代芳香烃A、G为原料合成M的一种路线（部分反应条件略去）如下：
（1）A的结构简式为___________________。
（2）D中含有的官能团名称是__________，F的化学名称是_______________________。
（3）反应①的反应类型是________，反应③的反应类型是__________。
（4）反应⑤的化学方程式为___________________。
（5）能同时满足下列条件的B的同分异构体有_______种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为6:2:2:l:l的是____________（写结构简式）。①苯环上有两个取代基②能发生银镜反应
（6）参照上述合成路线，设计一条由苯乙烯和甲苯为起始原料制备的合成路线_________。
【答案】 (1). (2). 碳碳双键 (3). 对乙基苯乙炔 (4). 取代反应 (5). 消去反应 (6). (7). 15 (8). (9).
【解析】
【分析】
A是单取代芳香烃，根据反应①和B的结构简式可逆推出A的结构简式为；A、G互为同系物，G是单取代芳香烃，根据反应⑥及其生成物的结构简式可逆推出G的结构简式为；C发生反应③生成D，D与Br2发生加成反应生成E，E在NaOH的乙醇溶液和加热条件下发生消去反应生成F，结合C的结构简式，可得D的结构简式为，E的结构简式为，F的结构简式为；化合物M是二苯乙炔类液晶材料的一种，且M的分子式为C19H20，则反应⑦为取代反应，M的结构简式为：。
【详解】由B的结构可知A为，由A到B的反应，A中的乙基的对位氢原子被-COCH3取代，发生了取代反应，C中含有羟基官能团，由C到D是醇的消去反应，D中含有碳碳双键，E在NaOH的乙醇溶液和加热条件下发生消去反应生成F。
（1）根据以上分析，A的结构简式为，
故答案为：。
（2）D中含有的官能团名称是碳碳双键，F的化学名称是对乙基苯乙炔，
故答案为：碳碳双键；对乙基苯乙炔；
（3）反应①的反应类型是取代反应，反应③的反应类型是消去反应，
故答案为：取代反应；消去反应；
（4）反应⑤的化学方程式为：，
故答案为：；
（5）B（）的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上有两个取代基②能发生银镜反应，含有-CHO，2个侧链为-CHO、-CH2 CH2CH3，或者为-CHO、-CH(CH3)2，或者为-CH2CHO、-CH2CH3，或者为-CH2CH2CHO、-CH3，或者为-C(CH3)CHO、-CH3，各有邻、间、对3种，共有15种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为6:2:2:1:1的是，
故答案为：15；；
（6）苯乙烯与溴发生加成反应得到，再在KOH/乙醇条件下发生消去反应生成，甲苯通过I2/HIO3、CH3COOH/H2SO4得到，与发生取代反应得到，合成路线流程图为： 。
故答案为：。
四川省泸州市泸县第一中学2020届高三上学期开学考试理综
化学试题
1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. 氧化钙、硅胶和还原性铁粉都可用作食品干燥剂
B. 土壤具有良好的保肥能力，与胶体的性质有关系
C. 硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业
D. 稀土金属被称为冶金工业的“维生素”，可改善合金的性能
【答案】A
【解析】
【详解】A．还原性铁粉不具有吸水性，具有还原性，可以防止食品氧化变质，故A错误；
B．土壤胶粒带负电荷，能吸附带相反电荷的氨根离子，可用胶体的知识解释，故B正确；
C．硅橡胶既能耐高温又能耐低温，常用于航天航空工业，故C正确；
D．在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，所以稀土元素被称为冶金工业的“维生素”，故D正确；答案为A。
2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A. 常温常压下，31 g P4中含P－P键的数目为NA
B. 常温常压下，46 g NO2与92 g N2O4所含的分子数相同
C. 一定条件下，6.4 g铜粉与过量的硫粉充分反应，转移电子数为0.2 NA
D. 标准状况下，将22.4 L Cl2 通入足量NaOH溶液中，转移电子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．每个P4中含6个P－P键，31 gP4的物质的量为=0.25mol，则31 g P4中含P－P键的数目为1.5NA，故A错误；
B．常温常压下，存在2NO2 N2O4，则1molNO2与1molN2O4所含的分子数不相同，故B错误；
C．Cu和S在加热条件下生成Cu2S，则6.4g铜粉与过量的硫粉充分反应，转移电子数为0.1NA，故C错误；
D．标准状况下，22.4LCl2的物质的量为0.1mol，其完全溶于足量NaOH溶液中生成NaCl和NaClO，转移电子数为NA，故D正确；答案为D。
【点睛】顺利解答有关阿伏加德罗常数的判断关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”，如选项B中存在的可逆反应；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。
3.某研究性小组为了探究石蜡油分解产物，设计了如下实验方案。下列说法正确的是
A. 石蜡油是含多种液态烷烃的混合物
B. 硬质试管中的碎瓷片起防爆沸的作用
C. 酸性高锰酸钾溶液褪色说明生成了乙烯
D. 溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生了取代反应
【答案】A
【解析】
【详解】A.石油的主要成分是烷烃、环烷烃和芳香烃。石油经分馏得到石蜡油，石蜡油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，A正确；
B.硬质试管中的碎瓷片的作用是催化剂，B错误；
C.石蜡油经催化裂化和裂解获得小分子烷烃和烯烃的混合物，但不饱和烯烃不一定是乙烯，C错误；
D.溴的四氯化碳溶液褪色是因为石蜡油分解产生的烯烃与溴单质发生了加成反应，D错误；
故合理选项是A。
4.有a、b、c、d四种原子序数依次增大，且均不大于20的主族元素，a、c同主族，a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b为金属元素，a、c、d的最外层电子数之和为19。下列叙述正确的是
A. a、b可能形成含有共价键的离子化合物
B. 简单离子半径大小：d>c>a>b
C. 含氧酸的酸性强弱：d>c
D. b、c的简单离子在水溶液中一定能大量共存
【答案】A
【解析】
【分析】
a的最外层电子数是内层电子数的3倍，a是O元素；a、c同主族，c是S元素；a、c、d的最外层电子数之和为19，d是Cl元素；b为金属元素，b是Na、Mg、Al中的一种。
【详解】A、O和Na可以形成Na2O2，是含有共价键的离子化合物，故A正确；
B、电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2－＞Cl－，故B错误；
C、最高价含氧酸的酸性d＞c，这里没有说是最高价，故C错误；
D、若b为Al元素，则Al3＋和S2－在水溶液中不能大量共存，故D错误。
【点睛】本题以元素推断为载体，考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、元素化合物性质等，清楚核外电子排布规律是解题的关键。
5.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 常温下加水稀释时c(H+)/c(OH—)明显增大的溶液：CH3COO—、Ba2+、NO3—、Br—
B. 使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Cu2+、I—、S2O32—
C. 0.1mol/L Fe(NO3)2溶液：[Fe(CN)6] 3—、Na+、SO42—、Cl—
D. 0.1mol/L NaAlO2溶液：NH4+、K+、HCO3—、SO32—
【答案】A
【解析】
【详解】A．加水稀释时c（H+）/c（OH-）明显增大，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A选；
B．使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，溶液中中存在大量的氢离子，S2O32-与氢离子反应生成S单质和二氧化硫气体，在溶液中不能大量共存，故B不选；
C．Fe2+离子与[Fe（CN）6]3－之间反应时反应生成铁氰化亚铁沉淀，在溶液中不能大量共存，故C不选；
D．HCO3-的酸性大于氢氧化铝，HCO3-与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故D不选。
本题选A。
6.重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种强氧化剂，可用于检测酒驾中酒精的含量，电化学制备K2Cr2O7的装置如图所示，其中a、b均为石墨电极。下列说法正确的是
A. X是电源的正极
B. 电解过程中K+向b极移动
C. b极上发生的电极反应为：2CrO42－+2H+=Cr2O72－+H2O
D. 理论上a、b两电极放出的气体的物质的量之比为2︰1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据原理图，a极有氢氧化钾生成，a极是阴极，电极反应是2H2O+2e-=H2+2OH-；b是阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+。
【详解】A、根据原理图，a极有氢氧化钾生成，a极是阴极，则X为电源负极，A错误；
B、电解过程中阳离子移向阴极，K+向a极移动，故B错误；
C、a、b极上发生的电极反应分别为4H2O＋4e－＝4OH－＋2H2↑、2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑，b极区附近发生反应2CrO42－＋2H＋＝Cr2O72－＋H2O，故C错误；
D、a、b极上发生的电极反应分别为4H2O＋4e－＝4OH－＋2H2↑、2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑，理论上，两电极放出的气体的物质的量之比为2︰1，故D正确。
7.已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2A的pKa1=1.85，Pka2=7.19。用0.1 mol/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L H2A溶液的滴定曲线如图所示（曲线上的数字为pH）。下列说法不正确的是（ ）
A. a点所得溶液中：2n(H2A)+n(A2-)=0.002mol
B. b点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)
C. c点所得溶液中：c(Na+)<3c(HA-)
D. d点所得溶液中：c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)
【答案】C
【解析】
【分析】
A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，pH=1.85=pKa1，则c(H2A)=c(HA-)，依据物料守恒判断；
B.b点是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断；
C.c点pH=7.19=pKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2A，A2-+H2OHA-+OH-，Kh=，c(OH-)=，c(HA-)=c(A2-)，结合溶液中的物料守恒分析；
D.加入氢氧化钠溶液40mL，NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液恰好反应生成Na2A，d点溶液中主要是Na2A和少量NaHA。
【详解】A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，pH=1.85=pKa1，根据电离平衡常数表达式可得c(H2A)=c(HA-)，由于加入的H2A溶液为20mL0.1mol/L，所以根据物料守恒可得a点所得溶液中：c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=2c(H2A)+c(A2-)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol ，A正确；
B.b点是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol/L H2A溶液，恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)= c(HA-)+c(A2-)+ c(H2A)，，将c(Na+)带入第一个式子，整理得到：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，B正确；
C.c点pH=7.19=pKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2A，A2-+H2OHA-+OH-，Kh=，c(OH-)=，c(HA-)=c(A2-)，根据物料守恒可知溶液中2c(Na)=3c(S)，2c(Na+)=3[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]=3[c(H2A)+2c(HA-)]，c(Na+)>3c(HA-)，C错误；
D.加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L H2A溶液恰好反应生成Na2A，d点溶液中主要是Na2A和少量NaHA，溶液中离子浓度c(Na+)> c(A2-)> c(HA-)，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了图象变化在溶液的成分分析、离子浓度大小比较的应用的知识。涉及酸碱反应后溶液的酸、碱性，盐类水解原理，三种守恒在电解质溶液中离子浓度大小的比较方法的应用等，要会运用多元弱酸的电离平衡常数表达式与溶液的pH关系比较离子浓度关系，题目难度较大。
8.草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4·2H2O。回答下列问题：
(1)甲组的同学以电石(主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等)为原料，并用下图1装置制取C2H2。
①电石与水反应很快，为了减缓反应速率，装置A中除用饱和食盐水代替水之外，还可以采取的措施是__________（写一种即可）。
②装置B中，NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为______。该过程中，可能产生新的杂质气体Cl2，其原因是： _____________（用离子方程式回答）。
(2)乙组的同学根据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O。制备装置如上图2所示：
①装置D中多孔球泡的作用是______________________。
②装置D中生成H2C2O4化学方程式为____________________________。
③从装置D中得到产品，还需经过_____________（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。
(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4·2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取m g产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用c mol·L－1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液V mL。
①滴定终点的现象是______________________。
②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是_______________。
③产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为_______________（列出含 m、c、V 的表达式）。
【答案】 (1). 将烧瓶底部置于冰水浴中、控制分液漏斗活塞减缓滴加速度、将电石变为更大的块状 (2). PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl- (3). Cl－+ ClO-+2H+ =Cl2↑+H2O (4). 增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 (5). C2H2+8HNO3(浓) H2C2O4+8NO2+4H2O (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 (7). 当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色 (8). 生成的 Mn2+是该反应的催化剂 (9).
【解析】
【分析】
(1)①碳化钙和水反应十分剧烈，可用饱和食盐水或利用分液漏斗控制滴加液体速度来控制反应速率；
②装置B用NaClO将H2S氧化为磷酸，将PH3氧化为H3PO4，硫、磷元素化合价升高，则氯元素化合价降低，生成氯离子；酸性条件下，ClO-也能氧化Cl-，生成氯气；
(2)D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4•2H2O，反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应，E装置防止倒吸，F装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品，据此分析解答；
(3)①滴定终点时，继续滴加高锰酸钾溶液，紫色不褪去；
②H2C2O4•与KMnO4反应生成锰离子和二氧化碳，反应放热，生成的锰离子作催化剂；
③根据2MnO4-～5H2C2O4，由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量，据此计算H2C2O4•2H2O的质量分数。
【详解】(1)①碳化钙和水反应十分剧烈，用饱和食盐水代替水来控制反应速率，也可以利用分液漏斗控制滴加液体速度，来控制反应速率；
②NaClO将PH3氧化为磷酸，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子反应为：PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-；在酸性条件下， ClO-也可以将Cl-氧化为Cl2，反应的离子方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O
(2)①装置D多孔球泡的作用是增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应；
②根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；
(3)①滴定过程中，当溶液呈浅红色且30 s内不褪色时达到滴定终点；
②H2C2O4与KMnO4反应生成Mn2+和CO2，反应可能放热，溶液温度升高，另外生成的Mn2+是该反应的催化剂，故滴定过程中发现褪色速率先慢后逐渐加快；
③根据氧化还原反应过程中电子转移数目相等，可得关系式
2MnO4-～5H2C2O4，则n(H2C2O4•2H2O)=n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×cV×10-3mol，产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为=。
【点睛】本题考查了物质制备方案设计的知识，主要有化学方程式和离子方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定终点的判断、关系式法在物质含量的测定的应用等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能量，注意相关基础知识的学习与积累，题目难度中等。
9.钇的常见化合价为＋3价，我国蕴藏着丰富的含钇矿石(Y2FeBe2Si2O10)，工业上通过如下生产流程可获得氧化钇。
已知：①该流程中有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH见下表：
离子
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe3＋
2.1
3.1
Y3＋
6.0
8.2
②在元素周期表中，铍元素和铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似。
(1)写出Na2SiO3的一种用途________________________。
(2)欲从Na2SiO3和Na2BeO2混合溶液中制得Be(OH)2沉淀。
① 最好选用盐酸和_______两种试剂，再通过必要的操作即可实现。
A．NaOH溶液 B．氨水 C．CO2 D．HNO3
② 写出Na2BeO2与足量盐酸发生反应的离子方程式___________________________。
(3)常温下，反应Fe3＋＋3H2O(g) Fe (OH)3↓＋3H+的平衡常数K= ______。为使Fe3＋沉淀完全，用氨水调节pH＝a时，a应控制在_________范围内；继续加氨水调节pH =b发生反应的离子方程式为____________________________。
(4)煅烧草酸钇时发生分解反应，其固体产物为氧化钇，气体产物能使澄清石灰水变浑浊。写出草酸钇[Y2(C2O4)3·nH2O]煅烧的化学方程式___________________________________。
【答案】 (1). 工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等 (2). B (3). BeO22-＋4H＋===Be2＋＋2H2O (4). 10－4.3 (5). 3.1～6.0 (6). Y3++3NH3·H2O=Y(OH)3↓+3NH4+ (7). Y2(C2O4)3·nH2OY2O3+3CO↑+3CO2↑+nH2O
【解析】
【分析】
由铍元素和铝元素化学性质相似入手，可分析制得Be(OH)2沉淀的试剂及方程式，结合题干信息推测相应生成物，进而写出相应方程式。
【详解】（1）Na2SiO3俗称水玻璃，常用于工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等；
（2）①周期表中，铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似，欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be(OH)2沉淀，根据Na2BeO2的性质和NaAlO2类比推断；加过量的盐酸，硅酸钠反应生成硅酸沉淀，Na2BeO2的反应生成氯化铍溶液，再加入过量氨水沉淀铍离子，故答案为B；②Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成氯化铍、氯化钠和水，反应的离子方程式为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O；
（3）当c(Fe3+)=10-5mol/L时达到平衡，由，三价铁离子开始沉淀到沉淀完全的pH范围为：2.1-3.1；钇离子开始沉淀和沉淀完全的pH为：6.0-8.2；所以使Fe3+沉淀完全，须用氨水调节pH=a，3.1＜a＜6.0；继续加氨水调节pH=b发生反应的离子方程式为：Y3++3NH3•H2O=Y(OH)3↓+3NH4+；检验三价铁离子是否沉淀完全需要检验滤液中是否含有三价铁离子，结合三价铁离子检验试剂是硫氰酸钾溶液变血红色；取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若不变血红色，则说明Fe3+完全沉淀，反之则未完全沉淀；
(4)煅烧草酸钇时发生分解反应，其固体产物为氧化钇，气体产物能使澄清石灰水变浑浊，说明有CO2气体产生，草酸钇[Y2(C2O4)3·nH2O]煅烧的化学方程式为Y2(C2O4)3·nH2OY2O3+3CO↑+3CO2↑+nH2O。
【点睛】本题难点为第（3）小问中，当c(Fe3+)=10-5mol/L时，即达到平衡状态进而计算平衡常数。
10.全国平板玻璃生产企业大气污染物年排放总量逐年增加，对氮氧化物(NOx)排放的控制与监测已刻不容缓。回答下列问题
(1)平板玻璃熔窑烟气中的NOx以温度型氮氧化物为主。其中NO在空气中容易被一种三原子气体单质氧化剂和光化学作用氧化成NO2，该氧化剂的分子式为___________。
(2)用CH4催化还原NOx可在一定程度上消除氮氧化物的污染。
已知：CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=－574kJ·mol－1
2NO2(g)+N2(g)4NO(g) △H=+293kJ·mol－1
则反应CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的△H=___________kJ·mol－1
(3)800℃时，在刚性反应器中以投料比为1︰1NO(g)与O2(g)反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t=∞时，NO(g)完全反应]。
①NO(g)与O2(g)合成的反应速率v=4.2×10－2×p2(NO)×p(O2)(kPa·min－1)，t=52min时，测得体系中p(O2)=11.4kPa，则此时的p(NO)=___________kPa， v=___________kPa·min－1(计算结果保留1位小数)。
②若升高反应温度至900℃，则NO(g)与O2(g)完全反应后体系压强p∞(900℃)______(填“大于”等于”或“小于”)22.3kPa，原因是______________________。
③800℃时，反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数Kp=___________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留2位小数)。
(4)对于反应2NO(g)+O2(g)→2NO2(g)，科研工作者提出如下反应历程：
第一步：2NO(g)N2O2(g) 快速平衡
第二步：N2O2+O2(g)→2NO2(g) 慢反应
下列表述正确的是___________(填标号)。
A.v(第一步的逆反应)>v第二步反应
B.反应中间产物为N2O2
C.第二步中N2O2与O2的碰撞全部有效
D.第二步反应活化能较低
【答案】 (1). O3 (2). -1160 (3). 6.2 (4). 18.4 (5). 大于； (6). 温度升高，容积不变，总压强提高；二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高 (7). 49.98 (8). AB
【解析】
【分析】
（1）NO在空气中容易被一种三原子气体单质氧化剂氧化成NO2，则该氧化剂为O3；
（2）将已知方程式编号，①CH4(g)+4NO2(g) 4NOg)+CO2(g)+2H2O(g) △H=－574kJ·mol－1
②2NO2(g)+N2(g) 4NO(g) △H=+293kJ·mol－1
根据盖斯定律求所给反应的反应热；
（3）①开始时总压强为33.2kPa，其中氧气和一氧化氮等物质的量混和，故氧气和一氧化氮的分压都是16.6 kPa，根据反应方程式可知氧气与一氧化氮按物质的量之比是1:2反应，氧气减小的压强为16.6 kPa-11.4kPa=5.2 kPa，又因为压强之比等于物质的量之比，所以反应的一氧化氮减少的压强是5.2 kPa×2=10.4 kPa，则此时一氧化氮的压强是16.6 kPa-10.4kPa=6.2 kPa，因此此时反应速率v=4.2×10－2×p2(NO)×p(O2)= 4.2×10－2×（6.2 kPa）2×11.4kPa =18.4(kPa·min－1)；
②由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高，所以若升高反应温度至900℃，则NO(g)与O2(g)完全反应后体系压强p∞(900℃) 大于22.3kPa。
③根据表中数据可知一氧化氮和氧气完全反应时的压强是22.3 kPa，根据方程式可知完全反应时最初生成的二氧化氮的压强是16.6 kPa，剩余氧气压强16.6 kPa-8.3kPa=8.3kPa，总压强是16.6 kPa+8.3kPa=24.9 kPa，平衡后压强减少了24.9 kPa-22.3 kPa=2.6kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时N2O4对应的压强是2.6kPa，NO2对应的压强是16.6 kPa-2.6kPa×2=11.4 kPa，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数Kp==49.98kPa。
（4）A．由第一步反应快速平衡可知第一步反应的正、逆反应速率都较大，所以第一步的的逆反应速率大于第二步的反应速率；
B.根据第一步和第二步反应可知中间产物为N2O2；
C.化学反应中并不是所有碰撞有效；
D.第二步反应慢，所以第二步反应的活化能较高。
【详解】（1）NO在空气中容易被一种三原子气体单质氧化剂氧化成NO2，O3具有强氧化性，则该氧化剂的分子式为O3；
故答案为：O3；
（2）将已知方程式编号，①CH4(g)+4NO2(g) 4NOg)+CO2(g)+2H2O(g) △H=－574kJ·mol－1
②2NO2(g)+N2(g) 4NO(g) △H=+293kJ·mol－1
根据盖斯定律，①-②×2得：
CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的△H=（－574kJ·mol－1）-（+293kJ·mol－1）×2=-1160 kJ·mol－1，
故答案为：-1160；
（3）①开始时总压强为33.2kPa，其中氧气和一氧化氮等物质的量混和，故氧气和一氧化氮的分压都是16.6 kPa，根据反应方程式可知氧气与一氧化氮按物质的量之比是1:2反应，氧气减小的压强为16.6 kPa-11.4kPa=5.2 kPa，又因为压强之比等于物质的量之比，所以反应的一氧化氮减少的压强是5.2 kPa×2=10.4 kPa，则此时一氧化氮的压强是16.6 kPa-10.4kPa=6.2 kPa，因此此时反应速率v=4.2×10－2×p2(NO)×p(O2)= 4.2×10－2×（6.2 kPa）2×11.4kPa =18.4(kPa·min－1)；
故答案为：6.2；18.4；
②由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高，所以若升高反应温度至900℃，则NO(g)与O2(g)完全反应后体系压强p∞(900℃) 大于22.3kPa。
故答案为：大于；温度升高，容积不变，总压强提高；二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高；
③根据表中数据可知一氧化氮和氧气完全反应时的压强是22.3 kPa，根据方程式可知完全反应时最初生成的二氧化氮的压强是16.6 kPa，剩余氧气压强16.6 kPa-8.3kPa=8.3kPa，总压强是16.6 kPa+8.3kPa=24.9 kPa，平衡后压强减少了24.9 kPa-22.3 kPa=2.6kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时N2O4对应的压强是2.6kPa，NO2对应的压强是16.6 kPa-2.6kPa×2=11.4 kPa，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数Kp==49.98kPa。
故答案为：49.98；
（4）A．由第一步反应快速平衡可知第一步反应的正、逆反应速率都较大，所以第一步的的逆反应速率大于第二步的反应速率，故A正确；
B.根据第一步和第二步反应可知中间产物为N2O2，故B正确；
C. 化学反应中并不是所有碰撞都是有效碰撞，故C错误；
D.第二步反应慢，所以第二步反应的活化能较高，故D错误。
故答案为：AB。
11.离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离子由H、C、N三种元素组成，结构如图所示。回答下列问题：
(1)碳原子价层电子的轨道表达式为__________，基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为_________形。
(2)根据价层电子对互斥理论，NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子是_______。NH3比PH3的沸点高，原因是_________。
(3)氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是____________。
(4)EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为______。分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的大π键可表示为），则EMIM+离子中的大π键应表示为________。
(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于_______晶体，其中硼原子的配位数为_______。已知：立方氮化硼密度为dg/cm3，B原子半径为xpm，N原子半径为ypm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为________（列出化简后的计算式）。
【答案】 (1). (2). 哑铃 (3). NH3 (4). 氨分子间存在氢键 (5). 基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定 (6). sp2、sp3 (7). (8). 原子 (9). 4 (10). ×100%
【解析】
【详解】(1)碳原子价电子数为4，价电子排布式为2s22p2，所以价层电子的轨道表达式为；基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p，p的电子云轮廓图为哑铃形；
(2)NH3中N原子价层电子对个数=3+=4，NO3-中N原子价层电子对个数=3+；NO2-中N原子价层电子对个数=2+，所以中心原子价层电子对数不同于其他其他两种粒子的是NH3；NH3比PH3的沸点高是因为氨分子间存在氢键；
(3)VA族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级p轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定；
(4)根据图(b)N5-中键总数为5个，根据信息，N5-有6个电子可形成大π键，可用符号Π56表示；
(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个N原子连接4个B原子，氮化硼化学式BN，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4；晶胞中N原子数为4，B原子数=8×，晶胞的质量m=，晶胞的体积V==，B、N原子总体积V｀=4×[]=cm3，晶胞中原子的空间利用率=×100%=×100%。
12.化合物M是二苯乙炔类液晶材料的一种，最简单的二苯乙炔类化合物是：。以互为同系物的单取代芳香烃A、G为原料合成M的一种路线（部分反应条件略去）如下：
（1）A的结构简式为___________________。
（2）D中含有的官能团名称是__________，F的化学名称是_______________________。
（3）反应①的反应类型是________，反应③的反应类型是__________。
（4）反应⑤的化学方程式为___________________。
（5）能同时满足下列条件的B的同分异构体有_______种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为6:2:2:l:l的是____________（写结构简式）。①苯环上有两个取代基②能发生银镜反应
（6）参照上述合成路线，设计一条由苯乙烯和甲苯为起始原料制备的合成路线_________。
【答案】 (1). (2). 碳碳双键 (3). 对乙基苯乙炔 (4). 取代反应 (5). 消去反应 (6). (7). 15 (8). (9).
【解析】
【分析】
A是单取代芳香烃，根据反应①和B的结构简式可逆推出A的结构简式为；A、G互为同系物，G是单取代芳香烃，根据反应⑥及其生成物的结构简式可逆推出G的结构简式为；C发生反应③生成D，D与Br2发生加成反应生成E，E在NaOH的乙醇溶液和加热条件下发生消去反应生成F，结合C的结构简式，可得D的结构简式为，E的结构简式为，F的结构简式为；化合物M是二苯乙炔类液晶材料的一种，且M的分子式为C19H20，则反应⑦为取代反应，M的结构简式为：。
【详解】由B的结构可知A为，由A到B的反应，A中的乙基的对位氢原子被-COCH3取代，发生了取代反应，C中含有羟基官能团，由C到D是醇的消去反应，D中含有碳碳双键，E在NaOH的乙醇溶液和加热条件下发生消去反应生成F。
（1）根据以上分析，A的结构简式为，
故答案为：。
（2）D中含有的官能团名称是碳碳双键，F的化学名称是对乙基苯乙炔，
故答案为：碳碳双键；对乙基苯乙炔；
（3）反应①的反应类型是取代反应，反应③的反应类型是消去反应，
故答案为：取代反应；消去反应；
（4）反应⑤的化学方程式为：，
故答案为：；
（5）B（）的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上有两个取代基②能发生银镜反应，含有-CHO，2个侧链为-CHO、-CH2 CH2CH3，或者为-CHO、-CH(CH3)2，或者为-CH2CHO、-CH2CH3，或者为-CH2CH2CHO、-CH3，或者为-C(CH3)CHO、-CH3，各有邻、间、对3种，共有15种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为6:2:2:1:1的是，
故答案为：15；；
（6）苯乙烯与溴发生加成反应得到，再在KOH/乙醇条件下发生消去反应生成，甲苯通过I2/HIO3、CH3COOH/H2SO4得到，与发生取代反应得到，合成路线流程图为： 。
故答案为：。
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