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2022届河南省新乡市一中高三第三次模拟理科综合化学试题含解析
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这是一份2022届河南省新乡市一中高三第三次模拟理科综合化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
河南省新乡市一中2022届高三第三次模拟
理科综合化学试题
一、单选题
1．下列关于我国最新科技成果的化学解读错误的是（ ）
科技成果
化学解读
A
首次发现烷基型产甲烷的古菌，原油有望高效转化成天然气
天然气、沼气、坑气的主要成分都是CH4，它们都是不可再生能源
B
纳米Cu2O表面改性控制CO2电化学还原制备C2H4和合成气
其他条件相同时，接触面积越大，反应速率越快
C
利用催化剂Ni2Al3实现原生生物质大分子高选择性转化成CH4
催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子的百分数
D
锂电池或二次电池的研究引领全球清洁能源
锂电池能将化学能转化成电能
A．A B．B C．C D．D
2．20世纪40年代，传统法合成己二酸工艺就已成熟，一直沿用至今。2020年我国科学家利用8种酶采用“一锅催化法”高效绿色合成了己二酸，其流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．温度越高，上述2种方法合成己二酸的速率越快
B．传统法合成己二酸会产生大气污染物，原子利用率低
C．“一锅催化法”属于绿色化学工艺
D．1mol己二酸与足量NaHCO3反应生成88gCO2
3．碘仿(CHI3)是一种外用消毒剂。某实验小组通过电解KI和丙酮(CH3COCH3)来制备碘仿。制得的粗碘仿中含少量石墨粉，分离提纯碘仿的操作中，下列仪器没有用到的是（ ）
已知几种物质的部分性质如表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
丙酮
-95
56
与水、乙醇互溶
碘仿
123
218
不溶于水，溶于热乙醇
A． B．
C． D．
4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．工业上电解Al2O3制备54gAl时，产生气体的分子数为3NA
B．220g三硫化四磷(P4S3，如图所示)中含有的极性键的数目为6NA
C．标准状况下，22.4L氯气与足量烧碱溶液反应，转移的电子数为2NA
D．1molHOOCCHH2COOH与足量乙醇在一定条件下反应，生成的酯基的数目为2NA
5．我国科学家研发出一种绿色锌碘单液流二次电池，工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．放电时，聚烯烃多孔电极上发生氧化反应
B．放电时，K+向多孔石墨电极迁移
C．充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2
D．充电时，阴极净增65g时a区净增2mol离子
6．我国科学家开发出一种离子液体(EMIES)，该物质由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、R、W组成，结构如图所示，只有Y、Z、R位于同一周期，R、W原子的最外层电子数相等。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：Y>Z>R>W>X
B．W的氧化物对应的水化物一定是强酸
C．EMIES中，Z、Y原子的最外层都达到8电子结构
D．由X、Z、R三种元素组成的化合物只有两种
7．已知：AgA、Ag2B都是难溶盐。室温下，向体积均为10mL、浓度均为0.1mol·L-1的NaA溶液、Na2B溶液中分别滴加0.1mol·L-1的AgNO3溶液，溶液中pX与AgNO3溶液体积的关系如图所示[已知：pX=—lgc(A—)或—lgc(B2—)]。下列推断错误的是（ ）
A．室温下，Ksp(Ag2B)=4×10-3a
B．对应溶液中c(Ag+)：e>f
C．室温下，溶解度：S(AgA)
二、综合题
8．铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌(Ru)的流程如图。回答下列问题：
（1）Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合价为 。
（2）“酸浸”时，Na2SO3的作用 。“滤渣”的主要成分有SiO2和 (填化学式)。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，“酸浸”的最佳条件是 。
（3）“除铁”的离子方程式为 。(提示：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子)
（4）从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为 。
（5）“灼烧”时Ar的作用是 。
（6）某工厂用10t钌矿石[含8.84tRu(CO3)2、165kgRuO4]，最终制得3636kgRu，则Ru的产率为 。(保留三位有效数字)
9．苯硫酚(C6H5-SH)是一种局部麻醉剂。某小组拟制备苯硫酚并探究其性质，已知相关物质的部分信息如下表所示：
物质
化学式
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
相对密度
溶解性
苯硫酚
C6H5SH
110
-14.8
169.5
1.07
难溶于水
苯磺酰氯
C6H5ClO2S
176.5
14.5
251
1.38
难溶于水
操作步骤：
①向三口烧瓶中加入72g冰和13mL浓硫酸。
②再向三口烧瓶中慢慢加入6g苯磺酰氯，尽快地分次加入12g锌粉，继续反应1~15h，温度保持在-5℃左右，如图1。
③撤去水浴B，微热三口烧瓶，并保持一定的回流。反应平稳后，再加热4~7h。
④将反应后的混合液进行水蒸气蒸馏，分出苯硫酚，如图2。
⑤加入氯化钙，经操作X得粗品3.59g。再进行蒸馏，收集馏分，得纯品3.40g。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是 。
（2）已知：在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低。水浴B应选择 (填标号)。
a．冰盐水浴 b．冷水浴 c．热水浴
（3）在水蒸气蒸馏中(如图2)，导管1的作用是 ，冷凝管中冷却水从 (填“a”或“b”，下同)口进、 口出。
（4）步骤⑤中操作X是 。蒸馏时，收集馏分时温度计的读数为 ℃。
（5）本实验中，苯硫酚的产率约为 (保留整数)%。
（6）取少量苯硫酚产品于酸性KMnO4溶液中，振荡，溶液褪色，说明苯硫酚具有 (填“氧化”或“还原”)性。
10．氮氧化物治理是环境学家研究的热点之一。回答下列问题：
（1）NH3还原法。
研究发现NH3还原NO的反应历程如图1。下列说法正确的是____(填标号)。
A．Fe3+能降低总反应的活化能，提高反应速率
B．总反应为6NO+4NH3=5N2+6H2O
C．该反应历程中形成了非极性键和极性键
（2）已知有关反应如下：
①C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ·mol-1
②CO2(g)+C(s)=2CO(g) ΔH2=+172.5kJ·mol-1
③NO和CO反应的能量变化如图2所示。
2NO(g)=N2(g)+O2(g) ΔH= kJ·mol-1。
（3）H2还原法。
已知催化剂Rh表面H2催化还原NO的反应机理如表所示，其他条件一定时，决定H2的催化还原NO反应速率的基元反应为 (填序号)。
序号
基元反应
活化能Ea/(kJ·mol-1)
①
H2(g)+Rh(s)+Rh(s)=H(s)+H(s)
12.6
②
2NO(g)+Rh(s)=2NO(s)
0.0
③
NO(s)+Rh(s)=N(s)+O(s)
97.5
④
H(s)+O(s)=OH(s)+Rh(s)
83.7
⑤
HO(s)+H(s)=H2O(s)+Rh(s)
33.5
⑥
H2O(s)=H2O(g)+Rh(s)
45.0
⑦
N(s)+N(s)=N2(s)+Rh(s)+Rh(s)
120.9
注明：N2(s)表示N2被吸附在Rh表面上。
（4）CO还原法。
一定温度下，在刚性密闭容器中充入1molNO(g)和1molCO(g)发生反应：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)。达到平衡后，再充入amolNO(g)和amolCO(g)，NO的平衡转化率 (“增大”、“减小”或“不变”，下同)，气体总压强 。
（5）甲烷还原法。
一定温度下，在2.0L刚性密闭容器中充入1molCH4和2molNO2，发生反应：CH4(g)+2NO2(g)⇌CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)。测得反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的变化如表所示。
反应时间(t)/min
0
2
4
6
8
10
p/(100kPa)
4.80
5.44
5.76
5.92
6.00
6.00
达到平衡时，NO2的转化率为 。若起始时加入3molCH4和2molNO2，则在该温度下的压强平衡常数Kp= (以分压表示的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)kPa。
（6）电解氧化吸收法。电解0.1mol·L-1的NaCl溶液时，溶液中相关成分的质量浓度与电流强度的变化关系如图3。当电流强度为4A时，吸收NO的主要反应的离子方程式为 (NO最终转化为NO3-)
11．我国科学家构建了新型催化剂“纳米片”(Co-N-C)，该“纳米片“可用于氧化SO32-和吸附Hg2+。回答下列问题：
（1）基态Co原子的价层电子排布式为 ，N、C、Co中第一电离能最大的是 (填元素符号)。
（2）在空气中SO32-会被氧化成SO42-。SO32-的空间构型是 ，SO42-中S原子采用 杂化。
（3）[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2是钴的一种配合物，含1mol[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2的溶液与足量AgNO3溶液能生成 molAgCl，[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2中Co2+的配位数为 。
（4）氰气[(CN)2]称为拟卤素，它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构，则(CN)2分子中σ键、π键个数之比为 。
（5）氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如图1所示。它的化学式为 ，它的硬度超过金刚石的主要原因是 。
（6）氮化镓是新型半导体材料，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。图2为沿y轴投影的氮化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(14，14，34)，则原子3的原子分数坐标为 。若氮化馆的晶体密度为ρg·cm-3，则晶胞中Ga-N键的键长为 (用含ρ、NA的代数式表示)pm。已知NA为阿伏加德罗常数的值。
图2
12．以芳香族化合物A为原料制备某药物中间体G的路线如图：
已知：①同一碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：RCH(OH)2→RCHO+H2O。
②R1CHO+R2CH2COOH→吡啶/苯胺R1CH=CHR2+CO2↑+H2O。
③→BBr3
请回答下列问题：
（1）G中含氧官能团的名称为 。
（2）C→D的反应类型是 ，C的分子式为 。
（3）E的结构简式为 。
（4）F→G的化学方程式为 。
（5）H是D的同分异构体，同时满足下列条件的H有 种(不包括立体异构)。
①遇氯化铁溶液发生显色反应；
②能发生水解反应；
③苯环上只有两个取代基。
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1的结构简式为 (写一种即可)。
（6）根据上述路线中的相关知识，设计以 和乙酸为原料制备 的合成路线 。(无机试剂任选)
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．天然气和沼气的主要成分都是甲烷，天然气属于化石燃料，用完之后不能再生，是不可再生能源；沼气是利用植物秸秆发酵生成的，沼气是可再生资源，故A符合题意；
B．纳米Cu2O表面改性控制CO2电化学还原增大了反应面积，反应速率加快，可得出其他条件相同时，接触面积越大，反应速率越快，故B不符合题意；
C．催化剂的作用是能降低反应的活化能，提高活化分子的百分数，故C不符合题意；
D．锂电池或二次电池都能将化学能转化成电能，属于清洁能源，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.沼气是可再生资源；
B.反应物的接触面积越大，反应速率越快；
C.催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子的百分数；
D.原电池是将化学能转化为电能的装置。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．温度升高，催化剂-酶会失活，反应速率会减慢，故A符合题意；
B．传统法合成己二酸过程中浓硝酸被还原生成了二氧化氮气体，为大气污染物，且原子利用率低，故B不符合题意；
C．一锅催化法”没有副产物生成，属于绿色化学工艺，故C不符合题意；
D．羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，且羧基和二氧化碳的物质的量之比为1：1，则1mol己二酸与足量饱和碳酸氢钠溶液反应生成2mol二氧化碳，生成二氧化碳的质量为88g，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.大多数酶的主要成分为蛋白质，温度过高蛋白质变性失活；
B.浓硝酸的还原产物二氧化氮为大气污染物；
C.一锅催化法”没有副产物生成；
D.羧基与碳酸氢钠以1：1反应。
3．【答案】B
【解析】【解答】碘仿熔点是123℃，在常温下是固体，不溶于水，用过滤法分离分离提纯碘仿，过滤用到的仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要坩埚，
故答案为：B。
【分析】碘仿常温下为固体，且不溶于水，采用过滤分离。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．电解Al2O3方程式为2Al2O3=通电4Al+3O2↑，生成54gAl的物质的量为n=mM=54g27g/mol=2mol，则产生1.5mol O2，产生气体的分子数为1.5NA，A不符合题意；
B．220gP4S3的物质的量为n=mM=220g220g/mol=1mol，根据图可知含有的极性键P-S的数目为6NA，B符合题意；
C．标准状况下，22.4L氯气物质的量为n=VVm=22.4L22.4L/mol=1mol，氯气和NaOH反应生成NaClO和NaCl，氯元素自身发生歧化反应，化合价从0价升到+1价，1mol氯气反应转移电子数为NA，C不符合题意；
D．酯化反应是可逆反应，HOOCCHH2COOH与乙醇反应不能完全转化，生成酯基的数目小于2NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.电解Al2O3的反应为2Al2O3=通电4Al+3O2↑；
B.P4S3中含有6个P-S键；
C.氯气和NaOH反应生成NaClO、NaCl和水；
D.酯化反应为可逆反应，不能彻底进行。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．根据上述分析，放电时，聚烯烃多孔电极作负极，化合价升高，发生氧化反应，故A不符合题意；
B．根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，即放电时，K+向多孔石墨电极迁移，故B不符合题意；
C．充电时，电池正极接电源的正极，阳极的电极反应式为2I--2e-=I2，故C不符合题意；
D．充电时，阴极电极反应式为Zn2++2e-=Zn，增加65g锌，转移电子物质的量2mol，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4mol，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】放电时，聚烯烃多孔电极为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，多孔石墨电极为正极，充电时，聚烯烃多孔电极为阴极，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，多孔石墨电极为阳极，电极反应式为2I--2e-=I2。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上向下原子半径逐渐增大，原子半径：W>Y>Z>R>X，A不符合题意；
B．W为S，S的氧化物对应的水化物可以是硫酸，也可以是亚硫酸，亚硫酸为弱酸，B不符合题意；
C．Z为N，最外层有5个电子，物质结构中失去一个电子后形成4个共价键，最外层达到8电子结构，R为O，最外层有6个电子，物质结构中形成2个共价键，最外层达到8电子结构，C符合题意；
D．H、N、O能组成NH4NO3、HNO2、HNO3等物质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】只有Y、Z、R位于同一周期，则X位于第一周期，为H元素，Y、Z、R位于第二周期，W位于第三周期，W形成6个共价键，位于ⅥA族，则W为S元素；R、W原子的最外层电子数相等，二者位于同一主族，则R为O元素；Y形成4个共价键，则Y为C元素；Z形成4个共价键，该化合物的阳离子带有的2个正电荷应该为2个Z结合2个氢离子形成的，则Z为N元素。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，室温下，Ag2B的溶度积Ksp(Ag2B)=4×10-3a，故A不符合题意；
B．由图可知，e点时NaA溶液过量，f点时NaA溶液恰好反应，由温度不变，溶度积不变可知，e点银离子浓度小于f点，故B不符合题意；
C．由分析可知，AgA饱和溶液中银离子浓度小于Ag2B饱和溶液，所以AgA的溶解度小于Ag2B，故C不符合题意；
D．若硝酸银溶液浓度变为0.05mol/L，则加入20mL硝酸银溶液时，NaA溶液完全反应得到AgA饱和溶液，由温度不变，溶度积不变可知，溶液中Ag+离子浓度还是10—bmol/L，则c点会向d点移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 10mL0.1mol·L-1的NaA溶液完全沉淀需要10mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液，10mL0.1mol·L-1Na2B溶液完全沉淀需要20mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液，则c点所在曲线为pX=-lgc(A-)与AgNO3溶液体积的关系 ，f点所在曲线为pX=-lgc(B-)与AgNO3溶液体积的关系。
8．【答案】（1）+3价
（2）溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0
（3）6Na++12Fe2++2ClO3-+18SO42-+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-
（4）
（5）作保护气，防止钌与空气中的氧气反应
（6）87.8%
【解析】【解答】
(1)由化合价代数和等于0可知，Na2Fe4(SO4)6(OH)2中铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3价；
(2)由分析可知，酸浸时加入亚硫酸钠溶液的目的是溶解四氧化钌，将四氧化钌转化为可溶的硫酸钌；滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；由图可知，温度为65℃、pH为1.0时，钌的浸出率最大，则酸浸”最佳条件是温度为65℃、pH为1.0，故答案为：溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0；
(3)由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的目的是将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO3-+18SO42-+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-，故答案为：6Na++12Fe2++2ClO3-+18SO42-+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-；
(4)由分析可知，滤液2的主要成分为离子化合物的氯化铵，电子式为，故答案为：；
(5)灼烧时氩气的作用是做保护气，否则反应得到的钌被空气中的氧气氧化，故答案为：作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；
(6)若10t钌矿石最终制得3636kg钌，由钌原子个数守恒可知，钌的产率为3636×103g101g/mol8.84×106g221g/mol+165×103g165g/mol×100%=87.8%，故答案为：87.8%。
【分析】钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，过滤得到Na2Fe4(SO4)4(OH)2和滤液；向滤液中加入加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌；在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。
9．【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）a
（3）平衡气压，避免烧瓶内气压过大，发生危险；b；a
（4）过滤；169.5
（5）91
（6）还原
【解析】【解答】
(1)根据仪器的构造可知，仪器A的名称是恒压滴液漏斗；
(2)反应温度保持在-5℃左右，在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低，故水浴B选择冰盐水浴，
故答案为： a；
(3)蒸馏过程中装置中发生堵塞，导管1可以平衡烧瓶内压强，避免烧瓶内气压过大，发生危险；采取逆流原理通入冷凝水，冷凝管中冷却水从口进、a口出，充分冷凝蒸汽，
故答案为：平衡烧瓶内压强，避免烧瓶内气压过大，发生危险；b；a；
(4)步骤⑤中加入氯化钙吸水，然后过滤除去，苯硫酚的沸点为169.5℃，蒸馏时，收集馏分时温度计的读数为169.5℃，
故答案为：过滤；169.5；
(5)由C6H5ClO2S ~ C6H5SH，可知苯硫酚的理论产量为6g ×110176.5，实际得纯品3.40g，故苯硫酚的产率=3.40g6g×110176.5×100%≈91%，
答案为91%；
(6)溶液褪色，说明苯硫酯被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯硫酯具有还原性，
故答案为：还原。
【分析】(1)仪器A是恒压滴液漏斗；
(2)反应温度保持在-5℃左右，在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低；
(3)导管1可以平衡烧瓶内压强；采取逆流原理通入冷凝水；
(4)步骤⑤中加入氯化钙吸水，再过滤分离；苯硫酚的沸点为169.5℃；
(5 )根据6g苯磺酰氯计算苯硫酚的理论产量，产率=实际产量理论产量×100%；
(6)溶液褪色，说明苯硫酯被酸性高锰酸钾溶液氧化。
10．【答案】（1）A；C
（2）-180.5
（3）⑦
（4）增大；增大
（5）75%；3240
（6）2NO+3ClO-+2OH-=2NO3-+3Cl-+H2O
【解析】【解答】(1)A.根据示意图可知，Fe3+为反应的催化剂，故能降低总反应的活化能，提高反应速率，正确；B.根据示意图可知反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水，则脱硝过程总反应的化学方程式为4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，不正确；C.该反应历程中形成了N≡N非极性键和H-O极性键，正确，
故答案为：AC。
(2)已知①C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ·mol-1②CO2(g)+C(s)=2CO(g) ΔH2=+172.5kJ·mol-1③2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH3=-746.5kJ·mol-1，根据盖斯定律可得，③+②-①可得2NO(g)=N2(g)+O2(g)，故ΔH=ΔH3+ΔH2-ΔH1=-180.55kJ·mol-1；
(3)由表中数据可知，反应⑦N(s)+N(s)=N2(s)+Rh(s)+Rh(s)的活化能最大，反应的活化能越高，反应速率越慢，对整个反应有决定作用，所以决定H2催化还原.NO的反应速率的基元反应为⑦；
(4)达到平衡后，再充入amolNO(g)和amolCO(g)，相当于等比例改变反应物的量，相当于加压，该反应正向进行是气体计量系数减小的反应，故加压后平衡正向移动，一氧化氮得到转化率增大；再充入amolNO(g)和amolCO(g)，反应容器为恒容容器，气体物质的量增多，则压强增大，故答案为：增大；增大；
(5)一定温度下，固定体积的容器中，压强比等于气体物质的量比，即平衡总物质的量起始总物质的量=平衡总压强起始总压强，设平衡时气体总物质的量为y，则y1+2=64.8，解得y=3.75mol，设平衡时，CH4转化的物质的量为xmol，列三段式：
CH4(g)+2NO2(g)⇌CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)开始(mol)12000转化(mol)x2xxx2x平衡(mol)1-x2-2xxx2x
可得1-x+2-2x+x+x+2x=3.75，解得x=0.75，NO2的转化率：0.75×22×100%=75%；Kp=p(CO2)×p(N2)×p2(H2O)p(CH4)×p2(NO2)=0.753.75×600×0.753.75×600×(1.53.75×600)20.253.75×600×(0.53.75×600)2kPa=3240kPa；温度不变，平衡常数不变，故若起始时加入3molCH4和2molNO2，则在该温度下的压强平衡常数还是3240KPa；
(6)由图可知当电流强度为4A时，氯的主要存在形式为ClO-，故此时是ClO-和一氧化氮反应生成氯离子和硝酸根，方程式为：2NO+3ClO-+2OH-=2NO3-+3Cl-+H2O。
【分析】（1）A.催化剂能降低反应的活化能；
B.反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水；
C.氮气含有非极性键，水含有极性键；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）活化能越大反应速率越慢，多步反应的反应速率由活化能最大的步骤决定；
（4）再充入amolNO(g)和amolCO(g)，平衡正向移动；气体总压强增大；
（5）列出反应的三段式计算；
（6）电流强度为4A，ClO-将NO氧化为NO3-。
11．【答案】（1）3d74s2；N
（2）三角锥形；sp3
（3）2；6
（4）3：4
（5）C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
（6）(34，14，14)；34×3336NAρ×1010
【解析】【解答】(1)Co元素位于第四周期Ⅷ族，因此价电子排布式为3d74s2；元素周期表中，一般非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，因此第一电离能最大的是N；故答案为3d74s2；N；
(2)SO32-中心原子S的价层电子对数为3+6+2-3×22=4，空间构型为三角锥形；SO42-中心原子S的价层电子对数为4+6+2-4×22=4，因此S的杂化方式为sp3；故答案为三角锥形；sp3；
(3)根据配合物的组成，1mol配合物中外界有2molCl－，因此与足量硝酸银溶液反应，得到2molAgCl；Co2＋的配位数为4＋1＋1=6；故答案为2；6；
(4)(CN)2中每个原子最外层都达到都达到8电子结构，即(CN)2的结构式为N≡C－C≡N，σ键的数目为3，π键数目是4，因此个数比值为3∶4；故答案为3∶4；
(5)根据图1可知，1个N连3个C，1个C连4个N，因此化学式为C3N4；C3N4、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键有关，C的半径大于N，因此C－C键长比C－N键长长，C－C键能比C－N键能弱，因此金刚石的硬度比氮化碳低；故答案为C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
(6)根据题中要求，得出氮化镓的晶胞图为则原子3的坐标为(34，14，14)；根据信息，N原子在晶胞内部，个数为4，Ga位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，氮化镓的化学式为GaN，晶胞的质量为4NA×(70+14)g=336NAg，根据密度的定义，得出晶胞的边长为3336NAρcm，Ga与N最近的距离，即Ga-N键长应是体对角线的14，从而推出Ga-N键长34×3336NAρ×1010pm；故答案为(34，14，14)；34×3336NAρ×1010。
【分析】（1）Co元素位于第四周期Ⅷ族；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，非金属的第一电离能大于金属；
（2）SO32-中S的价层电子对数为4，含有一个孤电子对；SO42-中S的价层电子对数为4；
（3）外界的Cl-能与AgNO3溶液生成AgCl沉淀；[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2中配体为NH3、H2O和Cl；
（4）(CN)2中每个原子最外层都达到8电子结构；
（5）该结构中1个N连3个C，1个C连4个N；C3N4、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键有关；
（6） 原子3的坐标为(34，14，14)；Ga-N键长应是体对角线的14。
12．【答案】（1）(酚)羟基、酯基
（2）取代反应；C7H5BrO2
（3）
（4） +⇌Δ浓硫酸+H2O
（5）9； (或)
（6）→NaOH(aq)/Δ→吡啶/苯胺CH3COOH→一定条件
【解析】【解答】
(1)G的结构简式为，含氧官能团为(酚)羟基、酯基，故答案为：(酚)羟基、酯基；
(2)由分析可知，C→D的反应为与甲醇钠发生取代反应生成和溴化钠，C的分子式为C7H5BrO2，故答案为：取代反应；C7H5BrO2；
(3)由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；
(4)由分析可知，F→G的反应为在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+⇌Δ浓硫酸+H2O，故答案为：+⇌Δ浓硫酸+H2O；
(5)D的同分异构体H苯环上只有两个取代基，遇氯化铁溶液发生显色反应，能发生水解反应，说明H分子的取代基可能为—OH和—CH2OOCH，或—OH和—OOCCH3，或—OH和—COOCH3，两个取代基在苯环上都有邻间对三种位置关系，则符合条件的H共有3×3=9种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1的结构简式为、，故答案为：9； (或)；
(6)由题给路线中的相关知识可知，以和乙酸为原料制备的合成步骤为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，与乙酸发生信息②反应生成，一定条件下，发生加聚反应生成，合成路线为→NaOH(aq)/Δ→吡啶/苯胺CH3COOH→一定条件，故答案为：→NaOH(aq)/Δ→吡啶/苯胺CH3COOH→一定条件。
【分析】在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后，酸化得到B为；在溴化铁做催化剂条件下与液溴发生取代反应生成，与甲醇钠发生取代反应生成，与HOOCCH2COOH发生信息②反应生成E为；发生信息③反应生成F为；在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成。
河南省新乡市一中2022届高三第三次模拟
理科综合化学试题
一、单选题
1．下列关于我国最新科技成果的化学解读错误的是（ ）
科技成果
化学解读
A
首次发现烷基型产甲烷的古菌，原油有望高效转化成天然气
天然气、沼气、坑气的主要成分都是CH4，它们都是不可再生能源
B
纳米Cu2O表面改性控制CO2电化学还原制备C2H4和合成气
其他条件相同时，接触面积越大，反应速率越快
C
利用催化剂Ni2Al3实现原生生物质大分子高选择性转化成CH4
催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子的百分数
D
锂电池或二次电池的研究引领全球清洁能源
锂电池能将化学能转化成电能
A．A B．B C．C D．D
2．20世纪40年代，传统法合成己二酸工艺就已成熟，一直沿用至今。2020年我国科学家利用8种酶采用“一锅催化法”高效绿色合成了己二酸，其流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．温度越高，上述2种方法合成己二酸的速率越快
B．传统法合成己二酸会产生大气污染物，原子利用率低
C．“一锅催化法”属于绿色化学工艺
D．1mol己二酸与足量NaHCO3反应生成88gCO2
3．碘仿(CHI3)是一种外用消毒剂。某实验小组通过电解KI和丙酮(CH3COCH3)来制备碘仿。制得的粗碘仿中含少量石墨粉，分离提纯碘仿的操作中，下列仪器没有用到的是（ ）
已知几种物质的部分性质如表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
丙酮
-95
56
与水、乙醇互溶
碘仿
123
218
不溶于水，溶于热乙醇
A． B．
C． D．
4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．工业上电解Al2O3制备54gAl时，产生气体的分子数为3NA
B．220g三硫化四磷(P4S3，如图所示)中含有的极性键的数目为6NA
C．标准状况下，22.4L氯气与足量烧碱溶液反应，转移的电子数为2NA
D．1molHOOCCHH2COOH与足量乙醇在一定条件下反应，生成的酯基的数目为2NA
5．我国科学家研发出一种绿色锌碘单液流二次电池，工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．放电时，聚烯烃多孔电极上发生氧化反应
B．放电时，K+向多孔石墨电极迁移
C．充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2
D．充电时，阴极净增65g时a区净增2mol离子
6．我国科学家开发出一种离子液体(EMIES)，该物质由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、R、W组成，结构如图所示，只有Y、Z、R位于同一周期，R、W原子的最外层电子数相等。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：Y>Z>R>W>X
B．W的氧化物对应的水化物一定是强酸
C．EMIES中，Z、Y原子的最外层都达到8电子结构
D．由X、Z、R三种元素组成的化合物只有两种
7．已知：AgA、Ag2B都是难溶盐。室温下，向体积均为10mL、浓度均为0.1mol·L-1的NaA溶液、Na2B溶液中分别滴加0.1mol·L-1的AgNO3溶液，溶液中pX与AgNO3溶液体积的关系如图所示[已知：pX=—lgc(A—)或—lgc(B2—)]。下列推断错误的是（ ）
A．室温下，Ksp(Ag2B)=4×10-3a
B．对应溶液中c(Ag+)：e>f
C．室温下，溶解度：S(AgA)
二、综合题
8．铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌(Ru)的流程如图。回答下列问题：
（1）Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合价为 。
（2）“酸浸”时，Na2SO3的作用 。“滤渣”的主要成分有SiO2和 (填化学式)。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，“酸浸”的最佳条件是 。
（3）“除铁”的离子方程式为 。(提示：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子)
（4）从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为 。
（5）“灼烧”时Ar的作用是 。
（6）某工厂用10t钌矿石[含8.84tRu(CO3)2、165kgRuO4]，最终制得3636kgRu，则Ru的产率为 。(保留三位有效数字)
9．苯硫酚(C6H5-SH)是一种局部麻醉剂。某小组拟制备苯硫酚并探究其性质，已知相关物质的部分信息如下表所示：
物质
化学式
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
相对密度
溶解性
苯硫酚
C6H5SH
110
-14.8
169.5
1.07
难溶于水
苯磺酰氯
C6H5ClO2S
176.5
14.5
251
1.38
难溶于水
操作步骤：
①向三口烧瓶中加入72g冰和13mL浓硫酸。
②再向三口烧瓶中慢慢加入6g苯磺酰氯，尽快地分次加入12g锌粉，继续反应1~15h，温度保持在-5℃左右，如图1。
③撤去水浴B，微热三口烧瓶，并保持一定的回流。反应平稳后，再加热4~7h。
④将反应后的混合液进行水蒸气蒸馏，分出苯硫酚，如图2。
⑤加入氯化钙，经操作X得粗品3.59g。再进行蒸馏，收集馏分，得纯品3.40g。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是 。
（2）已知：在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低。水浴B应选择 (填标号)。
a．冰盐水浴 b．冷水浴 c．热水浴
（3）在水蒸气蒸馏中(如图2)，导管1的作用是 ，冷凝管中冷却水从 (填“a”或“b”，下同)口进、 口出。
（4）步骤⑤中操作X是 。蒸馏时，收集馏分时温度计的读数为 ℃。
（5）本实验中，苯硫酚的产率约为 (保留整数)%。
（6）取少量苯硫酚产品于酸性KMnO4溶液中，振荡，溶液褪色，说明苯硫酚具有 (填“氧化”或“还原”)性。
10．氮氧化物治理是环境学家研究的热点之一。回答下列问题：
（1）NH3还原法。
研究发现NH3还原NO的反应历程如图1。下列说法正确的是____(填标号)。
A．Fe3+能降低总反应的活化能，提高反应速率
B．总反应为6NO+4NH3=5N2+6H2O
C．该反应历程中形成了非极性键和极性键
（2）已知有关反应如下：
①C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ·mol-1
②CO2(g)+C(s)=2CO(g) ΔH2=+172.5kJ·mol-1
③NO和CO反应的能量变化如图2所示。
2NO(g)=N2(g)+O2(g) ΔH= kJ·mol-1。
（3）H2还原法。
已知催化剂Rh表面H2催化还原NO的反应机理如表所示，其他条件一定时，决定H2的催化还原NO反应速率的基元反应为 (填序号)。
序号
基元反应
活化能Ea/(kJ·mol-1)
①
H2(g)+Rh(s)+Rh(s)=H(s)+H(s)
12.6
②
2NO(g)+Rh(s)=2NO(s)
0.0
③
NO(s)+Rh(s)=N(s)+O(s)
97.5
④
H(s)+O(s)=OH(s)+Rh(s)
83.7
⑤
HO(s)+H(s)=H2O(s)+Rh(s)
33.5
⑥
H2O(s)=H2O(g)+Rh(s)
45.0
⑦
N(s)+N(s)=N2(s)+Rh(s)+Rh(s)
120.9
注明：N2(s)表示N2被吸附在Rh表面上。
（4）CO还原法。
一定温度下，在刚性密闭容器中充入1molNO(g)和1molCO(g)发生反应：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)。达到平衡后，再充入amolNO(g)和amolCO(g)，NO的平衡转化率 (“增大”、“减小”或“不变”，下同)，气体总压强 。
（5）甲烷还原法。
一定温度下，在2.0L刚性密闭容器中充入1molCH4和2molNO2，发生反应：CH4(g)+2NO2(g)⇌CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)。测得反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的变化如表所示。
反应时间(t)/min
0
2
4
6
8
10
p/(100kPa)
4.80
5.44
5.76
5.92
6.00
6.00
达到平衡时，NO2的转化率为 。若起始时加入3molCH4和2molNO2，则在该温度下的压强平衡常数Kp= (以分压表示的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)kPa。
（6）电解氧化吸收法。电解0.1mol·L-1的NaCl溶液时，溶液中相关成分的质量浓度与电流强度的变化关系如图3。当电流强度为4A时，吸收NO的主要反应的离子方程式为 (NO最终转化为NO3-)
11．我国科学家构建了新型催化剂“纳米片”(Co-N-C)，该“纳米片“可用于氧化SO32-和吸附Hg2+。回答下列问题：
（1）基态Co原子的价层电子排布式为 ，N、C、Co中第一电离能最大的是 (填元素符号)。
（2）在空气中SO32-会被氧化成SO42-。SO32-的空间构型是 ，SO42-中S原子采用 杂化。
（3）[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2是钴的一种配合物，含1mol[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2的溶液与足量AgNO3溶液能生成 molAgCl，[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2中Co2+的配位数为 。
（4）氰气[(CN)2]称为拟卤素，它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构，则(CN)2分子中σ键、π键个数之比为 。
（5）氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如图1所示。它的化学式为 ，它的硬度超过金刚石的主要原因是 。
（6）氮化镓是新型半导体材料，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。图2为沿y轴投影的氮化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(14，14，34)，则原子3的原子分数坐标为 。若氮化馆的晶体密度为ρg·cm-3，则晶胞中Ga-N键的键长为 (用含ρ、NA的代数式表示)pm。已知NA为阿伏加德罗常数的值。
图2
12．以芳香族化合物A为原料制备某药物中间体G的路线如图：
已知：①同一碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：RCH(OH)2→RCHO+H2O。
②R1CHO+R2CH2COOH→吡啶/苯胺R1CH=CHR2+CO2↑+H2O。
③→BBr3
请回答下列问题：
（1）G中含氧官能团的名称为 。
（2）C→D的反应类型是 ，C的分子式为 。
（3）E的结构简式为 。
（4）F→G的化学方程式为 。
（5）H是D的同分异构体，同时满足下列条件的H有 种(不包括立体异构)。
①遇氯化铁溶液发生显色反应；
②能发生水解反应；
③苯环上只有两个取代基。
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1的结构简式为 (写一种即可)。
（6）根据上述路线中的相关知识，设计以 和乙酸为原料制备 的合成路线 。(无机试剂任选)
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．天然气和沼气的主要成分都是甲烷，天然气属于化石燃料，用完之后不能再生，是不可再生能源；沼气是利用植物秸秆发酵生成的，沼气是可再生资源，故A符合题意；
B．纳米Cu2O表面改性控制CO2电化学还原增大了反应面积，反应速率加快，可得出其他条件相同时，接触面积越大，反应速率越快，故B不符合题意；
C．催化剂的作用是能降低反应的活化能，提高活化分子的百分数，故C不符合题意；
D．锂电池或二次电池都能将化学能转化成电能，属于清洁能源，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.沼气是可再生资源；
B.反应物的接触面积越大，反应速率越快；
C.催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子的百分数；
D.原电池是将化学能转化为电能的装置。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．温度升高，催化剂-酶会失活，反应速率会减慢，故A符合题意；
B．传统法合成己二酸过程中浓硝酸被还原生成了二氧化氮气体，为大气污染物，且原子利用率低，故B不符合题意；
C．一锅催化法”没有副产物生成，属于绿色化学工艺，故C不符合题意；
D．羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，且羧基和二氧化碳的物质的量之比为1：1，则1mol己二酸与足量饱和碳酸氢钠溶液反应生成2mol二氧化碳，生成二氧化碳的质量为88g，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.大多数酶的主要成分为蛋白质，温度过高蛋白质变性失活；
B.浓硝酸的还原产物二氧化氮为大气污染物；
C.一锅催化法”没有副产物生成；
D.羧基与碳酸氢钠以1：1反应。
3．【答案】B
【解析】【解答】碘仿熔点是123℃，在常温下是固体，不溶于水，用过滤法分离分离提纯碘仿，过滤用到的仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要坩埚，
故答案为：B。
【分析】碘仿常温下为固体，且不溶于水，采用过滤分离。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．电解Al2O3方程式为2Al2O3=通电4Al+3O2↑，生成54gAl的物质的量为n=mM=54g27g/mol=2mol，则产生1.5mol O2，产生气体的分子数为1.5NA，A不符合题意；
B．220gP4S3的物质的量为n=mM=220g220g/mol=1mol，根据图可知含有的极性键P-S的数目为6NA，B符合题意；
C．标准状况下，22.4L氯气物质的量为n=VVm=22.4L22.4L/mol=1mol，氯气和NaOH反应生成NaClO和NaCl，氯元素自身发生歧化反应，化合价从0价升到+1价，1mol氯气反应转移电子数为NA，C不符合题意；
D．酯化反应是可逆反应，HOOCCHH2COOH与乙醇反应不能完全转化，生成酯基的数目小于2NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.电解Al2O3的反应为2Al2O3=通电4Al+3O2↑；
B.P4S3中含有6个P-S键；
C.氯气和NaOH反应生成NaClO、NaCl和水；
D.酯化反应为可逆反应，不能彻底进行。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．根据上述分析，放电时，聚烯烃多孔电极作负极，化合价升高，发生氧化反应，故A不符合题意；
B．根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，即放电时，K+向多孔石墨电极迁移，故B不符合题意；
C．充电时，电池正极接电源的正极，阳极的电极反应式为2I--2e-=I2，故C不符合题意；
D．充电时，阴极电极反应式为Zn2++2e-=Zn，增加65g锌，转移电子物质的量2mol，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4mol，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】放电时，聚烯烃多孔电极为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，多孔石墨电极为正极，充电时，聚烯烃多孔电极为阴极，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，多孔石墨电极为阳极，电极反应式为2I--2e-=I2。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上向下原子半径逐渐增大，原子半径：W>Y>Z>R>X，A不符合题意；
B．W为S，S的氧化物对应的水化物可以是硫酸，也可以是亚硫酸，亚硫酸为弱酸，B不符合题意；
C．Z为N，最外层有5个电子，物质结构中失去一个电子后形成4个共价键，最外层达到8电子结构，R为O，最外层有6个电子，物质结构中形成2个共价键，最外层达到8电子结构，C符合题意；
D．H、N、O能组成NH4NO3、HNO2、HNO3等物质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】只有Y、Z、R位于同一周期，则X位于第一周期，为H元素，Y、Z、R位于第二周期，W位于第三周期，W形成6个共价键，位于ⅥA族，则W为S元素；R、W原子的最外层电子数相等，二者位于同一主族，则R为O元素；Y形成4个共价键，则Y为C元素；Z形成4个共价键，该化合物的阳离子带有的2个正电荷应该为2个Z结合2个氢离子形成的，则Z为N元素。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，室温下，Ag2B的溶度积Ksp(Ag2B)=4×10-3a，故A不符合题意；
B．由图可知，e点时NaA溶液过量，f点时NaA溶液恰好反应，由温度不变，溶度积不变可知，e点银离子浓度小于f点，故B不符合题意；
C．由分析可知，AgA饱和溶液中银离子浓度小于Ag2B饱和溶液，所以AgA的溶解度小于Ag2B，故C不符合题意；
D．若硝酸银溶液浓度变为0.05mol/L，则加入20mL硝酸银溶液时，NaA溶液完全反应得到AgA饱和溶液，由温度不变，溶度积不变可知，溶液中Ag+离子浓度还是10—bmol/L，则c点会向d点移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 10mL0.1mol·L-1的NaA溶液完全沉淀需要10mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液，10mL0.1mol·L-1Na2B溶液完全沉淀需要20mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液，则c点所在曲线为pX=-lgc(A-)与AgNO3溶液体积的关系 ，f点所在曲线为pX=-lgc(B-)与AgNO3溶液体积的关系。
8．【答案】（1）+3价
（2）溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0
（3）6Na++12Fe2++2ClO3-+18SO42-+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-
（4）
（5）作保护气，防止钌与空气中的氧气反应
（6）87.8%
【解析】【解答】
(1)由化合价代数和等于0可知，Na2Fe4(SO4)6(OH)2中铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3价；
(2)由分析可知，酸浸时加入亚硫酸钠溶液的目的是溶解四氧化钌，将四氧化钌转化为可溶的硫酸钌；滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；由图可知，温度为65℃、pH为1.0时，钌的浸出率最大，则酸浸”最佳条件是温度为65℃、pH为1.0，故答案为：溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0；
(3)由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的目的是将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO3-+18SO42-+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-，故答案为：6Na++12Fe2++2ClO3-+18SO42-+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-；
(4)由分析可知，滤液2的主要成分为离子化合物的氯化铵，电子式为，故答案为：；
(5)灼烧时氩气的作用是做保护气，否则反应得到的钌被空气中的氧气氧化，故答案为：作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；
(6)若10t钌矿石最终制得3636kg钌，由钌原子个数守恒可知，钌的产率为3636×103g101g/mol8.84×106g221g/mol+165×103g165g/mol×100%=87.8%，故答案为：87.8%。
【分析】钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，过滤得到Na2Fe4(SO4)4(OH)2和滤液；向滤液中加入加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌；在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。
9．【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）a
（3）平衡气压，避免烧瓶内气压过大，发生危险；b；a
（4）过滤；169.5
（5）91
（6）还原
【解析】【解答】
(1)根据仪器的构造可知，仪器A的名称是恒压滴液漏斗；
(2)反应温度保持在-5℃左右，在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低，故水浴B选择冰盐水浴，
故答案为： a；
(3)蒸馏过程中装置中发生堵塞，导管1可以平衡烧瓶内压强，避免烧瓶内气压过大，发生危险；采取逆流原理通入冷凝水，冷凝管中冷却水从口进、a口出，充分冷凝蒸汽，
故答案为：平衡烧瓶内压强，避免烧瓶内气压过大，发生危险；b；a；
(4)步骤⑤中加入氯化钙吸水，然后过滤除去，苯硫酚的沸点为169.5℃，蒸馏时，收集馏分时温度计的读数为169.5℃，
故答案为：过滤；169.5；
(5)由C6H5ClO2S ~ C6H5SH，可知苯硫酚的理论产量为6g ×110176.5，实际得纯品3.40g，故苯硫酚的产率=3.40g6g×110176.5×100%≈91%，
答案为91%；
(6)溶液褪色，说明苯硫酯被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯硫酯具有还原性，
故答案为：还原。
【分析】(1)仪器A是恒压滴液漏斗；
(2)反应温度保持在-5℃左右，在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低；
(3)导管1可以平衡烧瓶内压强；采取逆流原理通入冷凝水；
(4)步骤⑤中加入氯化钙吸水，再过滤分离；苯硫酚的沸点为169.5℃；
(5 )根据6g苯磺酰氯计算苯硫酚的理论产量，产率=实际产量理论产量×100%；
(6)溶液褪色，说明苯硫酯被酸性高锰酸钾溶液氧化。
10．【答案】（1）A；C
（2）-180.5
（3）⑦
（4）增大；增大
（5）75%；3240
（6）2NO+3ClO-+2OH-=2NO3-+3Cl-+H2O
【解析】【解答】(1)A.根据示意图可知，Fe3+为反应的催化剂，故能降低总反应的活化能，提高反应速率，正确；B.根据示意图可知反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水，则脱硝过程总反应的化学方程式为4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，不正确；C.该反应历程中形成了N≡N非极性键和H-O极性键，正确，
故答案为：AC。
(2)已知①C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ·mol-1②CO2(g)+C(s)=2CO(g) ΔH2=+172.5kJ·mol-1③2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH3=-746.5kJ·mol-1，根据盖斯定律可得，③+②-①可得2NO(g)=N2(g)+O2(g)，故ΔH=ΔH3+ΔH2-ΔH1=-180.55kJ·mol-1；
(3)由表中数据可知，反应⑦N(s)+N(s)=N2(s)+Rh(s)+Rh(s)的活化能最大，反应的活化能越高，反应速率越慢，对整个反应有决定作用，所以决定H2催化还原.NO的反应速率的基元反应为⑦；
(4)达到平衡后，再充入amolNO(g)和amolCO(g)，相当于等比例改变反应物的量，相当于加压，该反应正向进行是气体计量系数减小的反应，故加压后平衡正向移动，一氧化氮得到转化率增大；再充入amolNO(g)和amolCO(g)，反应容器为恒容容器，气体物质的量增多，则压强增大，故答案为：增大；增大；
(5)一定温度下，固定体积的容器中，压强比等于气体物质的量比，即平衡总物质的量起始总物质的量=平衡总压强起始总压强，设平衡时气体总物质的量为y，则y1+2=64.8，解得y=3.75mol，设平衡时，CH4转化的物质的量为xmol，列三段式：
CH4(g)+2NO2(g)⇌CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)开始(mol)12000转化(mol)x2xxx2x平衡(mol)1-x2-2xxx2x
可得1-x+2-2x+x+x+2x=3.75，解得x=0.75，NO2的转化率：0.75×22×100%=75%；Kp=p(CO2)×p(N2)×p2(H2O)p(CH4)×p2(NO2)=0.753.75×600×0.753.75×600×(1.53.75×600)20.253.75×600×(0.53.75×600)2kPa=3240kPa；温度不变，平衡常数不变，故若起始时加入3molCH4和2molNO2，则在该温度下的压强平衡常数还是3240KPa；
(6)由图可知当电流强度为4A时，氯的主要存在形式为ClO-，故此时是ClO-和一氧化氮反应生成氯离子和硝酸根，方程式为：2NO+3ClO-+2OH-=2NO3-+3Cl-+H2O。
【分析】（1）A.催化剂能降低反应的活化能；
B.反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水；
C.氮气含有非极性键，水含有极性键；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）活化能越大反应速率越慢，多步反应的反应速率由活化能最大的步骤决定；
（4）再充入amolNO(g)和amolCO(g)，平衡正向移动；气体总压强增大；
（5）列出反应的三段式计算；
（6）电流强度为4A，ClO-将NO氧化为NO3-。
11．【答案】（1）3d74s2；N
（2）三角锥形；sp3
（3）2；6
（4）3：4
（5）C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
（6）(34，14，14)；34×3336NAρ×1010
【解析】【解答】(1)Co元素位于第四周期Ⅷ族，因此价电子排布式为3d74s2；元素周期表中，一般非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，因此第一电离能最大的是N；故答案为3d74s2；N；
(2)SO32-中心原子S的价层电子对数为3+6+2-3×22=4，空间构型为三角锥形；SO42-中心原子S的价层电子对数为4+6+2-4×22=4，因此S的杂化方式为sp3；故答案为三角锥形；sp3；
(3)根据配合物的组成，1mol配合物中外界有2molCl－，因此与足量硝酸银溶液反应，得到2molAgCl；Co2＋的配位数为4＋1＋1=6；故答案为2；6；
(4)(CN)2中每个原子最外层都达到都达到8电子结构，即(CN)2的结构式为N≡C－C≡N，σ键的数目为3，π键数目是4，因此个数比值为3∶4；故答案为3∶4；
(5)根据图1可知，1个N连3个C，1个C连4个N，因此化学式为C3N4；C3N4、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键有关，C的半径大于N，因此C－C键长比C－N键长长，C－C键能比C－N键能弱，因此金刚石的硬度比氮化碳低；故答案为C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
(6)根据题中要求，得出氮化镓的晶胞图为则原子3的坐标为(34，14，14)；根据信息，N原子在晶胞内部，个数为4，Ga位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，氮化镓的化学式为GaN，晶胞的质量为4NA×(70+14)g=336NAg，根据密度的定义，得出晶胞的边长为3336NAρcm，Ga与N最近的距离，即Ga-N键长应是体对角线的14，从而推出Ga-N键长34×3336NAρ×1010pm；故答案为(34，14，14)；34×3336NAρ×1010。
【分析】（1）Co元素位于第四周期Ⅷ族；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，非金属的第一电离能大于金属；
（2）SO32-中S的价层电子对数为4，含有一个孤电子对；SO42-中S的价层电子对数为4；
（3）外界的Cl-能与AgNO3溶液生成AgCl沉淀；[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2中配体为NH3、H2O和Cl；
（4）(CN)2中每个原子最外层都达到8电子结构；
（5）该结构中1个N连3个C，1个C连4个N；C3N4、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键有关；
（6） 原子3的坐标为(34，14，14)；Ga-N键长应是体对角线的14。
12．【答案】（1）(酚)羟基、酯基
（2）取代反应；C7H5BrO2
（3）
（4） +⇌Δ浓硫酸+H2O
（5）9； (或)
（6）→NaOH(aq)/Δ→吡啶/苯胺CH3COOH→一定条件
【解析】【解答】
(1)G的结构简式为，含氧官能团为(酚)羟基、酯基，故答案为：(酚)羟基、酯基；
(2)由分析可知，C→D的反应为与甲醇钠发生取代反应生成和溴化钠，C的分子式为C7H5BrO2，故答案为：取代反应；C7H5BrO2；
(3)由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；
(4)由分析可知，F→G的反应为在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+⇌Δ浓硫酸+H2O，故答案为：+⇌Δ浓硫酸+H2O；
(5)D的同分异构体H苯环上只有两个取代基，遇氯化铁溶液发生显色反应，能发生水解反应，说明H分子的取代基可能为—OH和—CH2OOCH，或—OH和—OOCCH3，或—OH和—COOCH3，两个取代基在苯环上都有邻间对三种位置关系，则符合条件的H共有3×3=9种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1的结构简式为、，故答案为：9； (或)；
(6)由题给路线中的相关知识可知，以和乙酸为原料制备的合成步骤为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，与乙酸发生信息②反应生成，一定条件下，发生加聚反应生成，合成路线为→NaOH(aq)/Δ→吡啶/苯胺CH3COOH→一定条件，故答案为：→NaOH(aq)/Δ→吡啶/苯胺CH3COOH→一定条件。
【分析】在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后，酸化得到B为；在溴化铁做催化剂条件下与液溴发生取代反应生成，与甲醇钠发生取代反应生成，与HOOCCH2COOH发生信息②反应生成E为；发生信息③反应生成F为；在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成。
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