2021届四川省内江市第六中学高三上学期开学考试（第一次月考）化学试题 解析版

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内江市第六中学高2021届入学考试可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 C135.5 Ca40 Fe56 Cu64 Zn65 La139 I127一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，但不能用于电器起火B. 服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3溶液解毒C. 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈D. 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类【答案】D【解析】【详解】A. 泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，不适用于电器起火，故A正确，但不符合题意；B. 水杨酸显酸性，与小苏打反应生成二氧化碳，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可以用NaHCO3溶液解毒，故B正确，但不符合题意；C. 明矾溶液中 水解使溶液呈酸性，铜锈为 ，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故C正确，但不符合题意；D. 花生油不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故D错误，符合题意；故选：D。2. 我国稀土资源丰富。下列有关稀土元素与的说法正确的是(   )A. 与互为同位素 B. 与的质量数相同C. 与是同一种核素 D. 与的核外电子数和中子数均为62【答案】A【解析】【详解】A. 质子数相同、中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，所以与互为同位素A正确；B. 在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，所以与的质量数不同，B不正确；C. 具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子是核素，与是两种核素，C不正确；D. 因为质子数和中子数之和是质量数，所以与的核外电子数和中子数分别是62、82和62、88，D不正确。答案选A。3. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核内只有一个质子，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，Z的单质是空气中含量最高的气体，W单质在常温下能被浓硫酸钝化。下列说法正确的是A. 电负性：X>Z B. 简单离子半径：Z＞WC. X、Y形成的化合物只含有极性键 D. Y的最高价氧化物对应水化物酸性比Z的强【答案】B【解析】【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的原子核内只有一个质子则X为氢元素， Z的单质是空气中含量最高的气体则Z为氮元素，W单质在常温下能被浓硫酸钝化则W为铝元素，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，则Y为碳元素。A. 非金属性越强电负性越强，非金属性HW，选项B正确；C. X、Y形成的化合物如乙烯中含有极性键和非极性键，选项C错误；D. Y的最高价氧化物对应水化物碳酸酸性比Z的最高价氧化物对应水化物硝酸弱，选项D错误；答案选B。4. 布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）A. 布洛芬的分子式为C13H18O2B. 布洛芬与苯乙酸是同系物C. 1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应D. 布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种【答案】D【解析】【详解】A.由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，故不选A；B.含有一个苯环、一个羧基，与苯乙酸是同系物，故不选B；C.能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应，故不选C；D.结构对称，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误；答案选D。5. 自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：下列叙述不正确的是A. 催化剂a表面发生的反应属于氮的固定B. 催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应C. 催化剂a、b表面断裂的化学键极性并不相同D. 催化剂a、b均可以降低反应活化能从而加快反应速率【答案】B【解析】【详解】A．在催化剂a下，发生了反应，属于氮的固定，A正确；B．在反应中，氮元素的化合价降低，发生还原反应，故B错误；C．在催化剂a表面，氮气中的氮氮非极性键断裂；在催化剂b表面，氨气中的氮氢极性键断裂，二者化学键极性不相同，故C正确；D．加入催化剂a、b，通过降低反应活化能，使反应速率加快，D正确；答案选B。6. 下列有关物质性质、结构的表述均正确，且存在因果关系的是：A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A. 溶解度与离子键、分子间作用力的强弱无关，碘为非极性分子，难以溶于极性溶剂，故A错误；B. CH4分子比SiH4分子稳定性高的原因是C与H间的键能大于Si与H之间的键能，故B正确；C. 同一主族元素的最外层电子数相同，但化合价不一定相同，如O无正价，但S的最高正价为+6价，故C错误；D. 氯化氢为共价化合物，水溶液能导电，P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电，是因为二者为非电解质，故D错误；故选：B。7. 下列说法正确的是A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B. 反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快【答案】C【解析】【详解】A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%～90%，A项错误；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。8. 阿伏加德罗常数约为NA。下列叙述中正确的是A. 常温下1LpH＝13的氢氧化钠溶液中由水电离出的H+的数目为0.1NAB. 一定温度下，1L0.5mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液含的物质的量不相同C. Na2O2与水反应时，每生成1molO2转移的电子数为4NAD. 标准状况下，lL甲醇完全燃烧后生成的CO2分子个数约为()NA【答案】B【解析】【详解】A．在氢氧化钠溶液中，氢离子全部来自水的电离，由于pH=13的氢氧化钠溶液中氢离子的浓度为10-13mol/L，故1L溶液中水电离出的氢离子浓度为10-13NA个，选项A错误；B．NH4Cl溶液浓度不同，的水解程度不同，一定温度下，1L0.5mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含的物质的量不相同，选项B正确；C．Na2O2中O元素化合价为-1价，反应中O元素化合价由-1价分别变化为0价和-2价，则Na2O2既是氧化剂又是还原剂，2molNa2O2参加反应生成1molO2，转移电子2mol，转移电子数为2NA，选项C错误；D．标准状况下，甲醇是液体，lL甲醇的物质的量不是mol，选项D错误；答案选B。9. 下列指定反应的离子方程式正确的是A. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO+CaSO4=CaCO3+SOB. 酸化NaIO3和NaI的溶液混合：I-+IO+6H+=I2+3H2OC. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO+3Cl-+4H++H2OD. 电解饱和食盐水：2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑【答案】A【解析】【详解】A．碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO+CaSO4=CaCO3+SO，A正确；B．酸化NaIO3和NaI的溶液混合发生氧化还原反应：5I-+IO+6H+=3I2+3H2O，B错误；C．KClO碱性溶液与Fe(OH)3发生氧化还原反应：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH－=2FeO+3Cl-+5H2O，C错误；D．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气：2Cl-++2H2OCl2↑+H2↑+2OH－，D错误；答案选A。10. 利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A．Na2SO3和浓硫酸生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以用品红溶液检验二氧化硫，浓硫酸具有吸水性且和二氧化硫不反应，所以能干燥二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，所以采用此法排空气收集，二氧化硫有毒，不能直接排空，应该有尾气处理装置，故A能达到实验目的； B．用Cu与稀硝酸制取一氧化氮中含有挥发出来的硝酸，一氧化氮难溶于水，可用水除去硝酸，再用浓硫酸干燥，但是一氧化氮能与氧气反应，不能用排空气法收集，故B不能达到实验目的；C．电石与饱和食盐水反应生成的乙炔中混有硫化氢，选硫酸铜可除去，Y中高锰酸钾可氧化乙炔，后续装置不能收集乙炔气体，故C不能达到实验目的；D．MnO2和浓盐酸常温下不反应，缺少加热装置，故D不能达到实验目的；答案选A。11. 将下列物质(括号前)的溶液蒸干所得物质(括号内)的对应关系不正确的是A. NaCl(NaCl) B. AlCl3[Al(OH)3]C. Na2SO3(Na2SO4) D. Na2CO3(NaOH)【答案】D【解析】【详解】A．由于NaCl不水解，故NaCl的溶液蒸干就得到NaCl，A不合题意；B．AlCl3发生水解反应：AlCl3+3H2OAl(OH)3↓+3HCl，由于HCl易挥发，故AlCl3的溶液蒸干后得Al(OH)3，B不合题意；C．由于Na2SO3溶液加热过程中发生反应2Na2SO3+O2=2Na2SO4，故最终得到Na2SO4，C不合题意；D．由于Na2CO3水解成NaHCO3和NaOH ，然后又重新反应NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故Na2CO3的溶液蒸干后得Na2CO3，D符合题意；故答案为D。12. 已知Ksp(AgA)＝1.56×10－10，Ksp(AgB)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2C)＝9.0×10－12。某溶液中含有A－、B－和C2－的浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为A. A－、B－、C2－ B. C2－、B－、A－ C. B－、A－、C2－ D. B－、C2－、A－【答案】C【解析】【详解】根据题干提供的Ksp(AgA)＝1.56×10－10，Ksp(AgB)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2C)＝9.0×10－12，分别计算出当A－、B－和C2－的浓度均为0.010 mol·L－1时析出沉淀的Ag+最小浓度，则：，，，故先后顺序为：B－、A－、C2－，故答案为：C。13. 下列图象与对应叙述相符的是A. 图①表示已达平衡的某反应在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂B. 图②表示Zn、Cu和稀硫酸构成的原电池在工作过程中电流强度的变化，在T时加入了H2O2C. 图③表示同温度下、同体积pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线Ⅱ为盐酸D. 图④表示向NaOH溶液中通入CO2，溶液中水电离出的c(H+)变化曲线，则最高点d处溶液中的溶质为NaHCO3【答案】B【解析】【详解】A. 图①t0时正逆反应速率同等程度的增大，则改变的条件可能是加入催化剂或者增大压强，故A错误；B. 图②表示Zn、Cu和稀硫酸构成的原电池在工作过程中，锌失去电子发生氧化反应，随稀硫酸浓度减小，电流强度减少，T时加入了H2O2，是强氧化剂，可以加快锌的反应，电流强度增大，随着反应的进行电流强度又减少，但比开始电流强度大，故B正确；C. 醋酸是弱电解质，稀释促进电离，加水稀释后醋酸的pH的变化较小，盐酸的pH的变化幅度较大，所以曲线Ⅱ为醋酸，故C错误；D. 当NaOH溶液与CO2恰好完全反应时，碳酸钠的水解程度最大，则水的电离程度最大，因此d点溶质是碳酸钠，故D错误；故选：B。14. 如图是一种正投入生产的大型蓄电系统，放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是A. 放电时，负极反应为3NaBr—2e—＝NaBr3+2Na+B. 充电时，阳极反应为2Na2S2—2e—＝Na2S4+2Na+C. 充电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24LH2（标况下）时，b池生成17.40gNa2S4【答案】D【解析】【分析】根据图示，a池为正极，得到电子，发生还原反应，b池为负极，失去电子，发生氧化反应；在原电池中，阳离子由负极移向正极，放电时Na+ 由b乙池向a池移动，结合放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr判断电极反应式；充电与放电相反，a池发生氧化反应，为电解池的阳极，b池发生还原反应，为电解池的阴极，据此分析解答。【详解】A．放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为2Na2S2-2e-═Na2S4+2Na+，故A错误；B．充电时，阳极发生氧化反应，电极反应式为3NaBr-2e-═NaBr3+2Na+，故B错误；C．在原电池中，阳离子移向正极，Na+经过离子交换膜，由b池移向a，充电时，Na+经过离子交换膜，由a池移向b池，故C错误；D．用该电池电解饱和食盐水，产生标准状况下2.24 LH2时，2H++2e-=H2↑，氢气的物质的量为0.1mol，转移0.2mol电子，根据2Na2S2-2e-═Na2S4+2Na+，生成0.1mol Na2S4，质量为17.40g，故D正确；故选D。15. 常温下，Ka (HCOOH)=1.77×10-4，Ka (CH3COOH)=1.75×10-5，Kb (NH3·H2O) =1.76×10-5，下列说法正确的是A. 浓度均为0.1 mol·L-1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和： 前者大于后者B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C. 0.2 mol·L-1 HCOOH 与 0.1 mol·L-1 NaOH 等体积混合后的溶液中： c(HCOO-) + c(OH-) = c(HCOOH) + c(H+)D. 0.2 mol·L-1 CH3COONa 与 0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)： c(CH3COO-) > c(Cl- ) > c(CH3COOH) > c(H+)【答案】AD【解析】【详解】A．由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，氯化铵溶液中存在 c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)。由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka、KW不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH-)小于甲酸钠溶液中c(H+) ，Cl-和Na+都不水解， c(Cl-)=c(Na+)，所以A正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；C．两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，联立两式可得2c(H+)+ c(HCOOH)=2c(OH-)+c(HCOO-)，C错误；D．两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，D正确。答案选AD。16. 下列方程式正确的是（）A. 碳酸氢钠和硫酸铜溶液混合产生碱式碳酸铜Cu3(OH)4CO3：3Cu2++5HCO=Cu3(OH)4CO3↓+4CO2↑+H+B. 向硫酸亚铁和碳酸氢钠的混合溶液中鼓入空气：4Fe2++O2+8HCO+2H2O=4Fe(OH)3↓+8CO2↑C. 次氯酸钠可以除去水中的尿素，产生两种气体：CO(NH2)2+2ClO-+2H2O=CO2↑+O2↑+2NH3·H2O+2Cl-D. 向含氰化氢的废水中加入铁粉和碳酸钾制备黄血盐(亚铁氰化钾)：12HCN+2Fe+3K2CO3=2K3Fe(CN)6+H2↑+3CO2↑+5H2O【答案】B【解析】【详解】A．由于H+能与碱式碳酸铜、碳酸氢钠反应，故碳酸氢钠和硫酸铜溶液混合产生碱式碳酸铜Cu3(OH)4CO3的反应离子方程式为：3Cu2++6HCO=Cu3(OH)4CO3↓+5CO2↑+H2O，A错误；B．向硫酸亚铁和碳酸氢钠的混合溶液中鼓入空气：4Fe2++O2+8HCO+2H2O=4Fe(OH)3↓+8CO2↑，B正确；C．由于-NH2也有还原性，故次氯酸钠可以除去水中的尿素，产生两种气体：CO(NH2)2+2ClO-=CO2↑+N2↑+2H2O，C错误；D．向含氰化氢的废水中加入铁粉和碳酸钾制备黄血盐(亚铁氰化钾)：6HCN+Fe+2K2CO3=K4Fe(CN)6+H2↑+2CO2↑+2H2O，D错误；故答案为：B。17. 相同温度下，分别在起始体积均为1L的两个密闭容器中发生反应：X2(g)+3Y2(g)⇌2XY3(g)△H＝-akJ/mol。实验测得反应的有关数据如表。下列叙述正确的是A. 对于上述反应，①、②中反应的平衡常数K的值相同B. ①中：从开始至10min内的平均反应速率υ(X2)＝0.1mol/(L•min)C. ②中：X2的平衡转化率小于10%D. b＞0.1a【答案】AD【解析】【详解】A.平衡常数是温度函数，只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A正确；B.由题给数据可知，容器①达到平衡时反应放出热量0.1akJ，则反应消耗X2的物质的量为=0.1mol，从开始至10min内的平均反应速率υ(X2)＝=0.01mol/(L•min)，故B错误；C.由题给数据可知，恒容容器①达到平衡时反应放出热量0.1akJ，则反应消耗X2的物质的量为=0.1mol， X2的平衡转化率为=10%，该反应为气体体积减小的反应，恒压容器相比于恒容容器，相当于是增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，X2的平衡转化率会增大，恒压容器②中X2的平衡转化率应大于10%，故C错误；D.由题给数据可知，恒容容器①达到平衡时反应放出热量0.1akJ，该反应为气体体积减小的反应，恒压容器相比于恒容容器，相当于是增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，X2的平衡转化率会增大，恒压容器②中放出的热量大于0.1akJ，即b＞0.1a，故D正确；故选AD。18. 草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgX[X为或]与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是A. I表示lg与pH的变化关系B. pH＝1.22的溶液中：2c()+c()＞c(Na+)C. 1.22＜pH＜4.19的溶液中：c()＞c()＞c(H2C2O4)D. pH＝4.19的溶液中：c(Na+)=3c()【答案】B【解析】【分析】二元弱酸草酸的K1= > ，当溶液的pH相同时，c(H+)相同，lgX:Ⅰ>Ⅱ，则Ⅰ表示lg 与pH的变化关系，Ⅱ表示lg 与pH的变化关系。【详解】A. 根据分析可知，Ⅰ表示lg与pH的变化关系，故A错误；B. pH=1.22时，溶液呈酸性，则c( )>c( )，根据电荷守恒c( )+c()=c( )+2c( )+c()可知，2c()+c()＞c(Na+)，故B正确；C. lgX为增函数，pH=1.22时，曲线Ⅰ中，lgX=lg=0时，c()=c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中lgX=lg=−3， c()=c()=c( )；pH=4.19时，曲线Ⅰ中，lgX=lg=3，c(=c()，曲线Ⅱ中,lgX=lg=0，c()=c()=c()，所以1.22c()，故C错误；D. pH=4.19时，曲线Ⅱ中c()=c()，溶质为等浓度的 、 和少量的 ，结合物料守恒看作c(Na+)>3c()，故D错误；故选B。二、非选择题19. 碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症。制备反应原理为2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O。某化学兴趣小组利用下列装置实验室中模拟制备碳酸镧。(1)实验前应先检查W装置的气密性，其方法为___。(2)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→→→→→。___(3)Y中发生反应化学反应式为___。(4)Z中应先后通入两种气体其原因为___。(5)La2(CO3)3质量分数的测定：准确称取10.0g产品试样，溶于10.0ml.稀盐酸中，加10入mLNH3—NH4Cl缓冲溶液，加入0.2g紫脲酸铵混合指示剂，用0.5mol/LEDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至呈蓝紫色(La3++H2Y2-=LaY-+2H+)，消耗EDTA溶液44.0ml。则产品中La2(CO3)3的质量分数ω[La2(CO3)3]=___。(6)该化学兴趣小组根据已学Na2CO3、NaHCO3的性质，设计实验探究La2(CO3)3和La(HCO3)3的稳定性强弱，设计了如下的实验装置，则甲试管中盛放的物质为___；实验过程中，发现乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线如图所示，试描述实验过程中观察到的现象为___。【答案】 ①. 关闭止水夹，打开分液漏斗阀门，向锥形瓶中加水直至分液漏斗内液面高出锥形瓶内液面，若一段时间之后，分液漏斗中液面不下降，则证明该装置气密性完好 ②. ABDEC ③. NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑ ④. NH3在水的溶解度大，创造碱性环境，有利于CO2溶解 ⑤. 50.38% ⑥. La(HCO3)3 ⑦. A、B中溶液都变浑浊【解析】【分析】制备反应原理为：LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，由实验装置可知，装置Y用以制备氨气，装置W用以制备二氧化碳，装置Z用以制备碳酸镧，因氨气极易溶于水，装置Y的C接口应与装置Z的E接口连接，因二氧化碳中混有氯化氢，应用盛有饱和NaHCO3溶液的X装置除去氯化氢，则制备装置的连接顺序为W-X- Z- Y，据此分析解答。【详解】(1)实验前应先检查装置的气密性，其方法为关闭止水夹，打开分液漏斗阀门，向锥形瓶中加水直至分液漏斗内液面高出锥形瓶内液面，若一段时间之后，分液漏斗中液面不下降，则证明该装置气密性完好；(2)根据分析，由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C；(3)Y中发生反应的化学反应式为NH3·H2O+CaO= Ca(OH)2+NH3↑；(4)Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，原因为NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液利于吸收二氧化碳；(5)由方程式La3＋＋H2Y2－= LaY－＋2H＋得：n(La3＋)=n(EDTA)=44.0 mL×0.5 mol·L-1=2.2×10-2mol，所以n[La2(CO3)3]=n(La3+)=mol=1.1×10-2mol，m(La2(CO3)3)=1.1×10-2mol×458g·mol－1=5.038g，产品中La2(CO3)3的质量分数w[La2(CO3)3]=×100% =50.38%；(6)一般正盐的稳定性强于对应的酸式盐，所以欲探究La2(CO3)3和La(HCO3)3的稳定性强弱，可以在相同温度下探究两者的稳定性，也可以给正盐更高的温度加热进行探究。若设计题中的实验装置，则甲试管中盛放的物质受热温度较低，应为La(HCO3)3；根据乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线可知，碳酸镧在一定温度下会发生分解，所以碳酸氢镧一定在更低的温度下发生分解，所以实验过程中可以观察到的现象为B中澄清石灰水先变浑浊，A中后变浑浊。【点睛】(4)中的解答可联想侯氏制碱法中的气体通入原理，由于二氧化碳在水中的溶解度较小，导致吸收效率低，所以先通入氨气使溶液显碱性，可以增大二氧化碳的溶解度。20. 氮的化合物在工业生产和生活中都有重要的应用，运用化学原理研究氮的单质及其化合物具有重要意义。I.一氯胺(NH2C1)在中性或酸性环境中会发生强烈水解，生成具有强烈杀菌作用的HClO，是重要的水消毒剂。(1)写出NH2Cl的电子式：___。(2)写出NH2Cl水解的化学方程式：___。(3)一定条件下(T℃、1.01×105Pa)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl（g），同时得到HCl(g)。已知部分化学键的键能如表所示：写出该反应的热化学方程式：___。II.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂。可由NO与Cl2在一定条件下合成：2NO（g)+Cl2(g)2NOCl(g)ΔH<0。保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应。平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：(4)图中T1、T2的关系为：T1___T2(填“>”“<”或“=”)，理由为___。(5)图中A、B、C、D四点中对应的NOCl体积分数最大的是___。(6)若容器容积为2L，则B点的平衡常数为___。【答案】 ①. ②. NH2C1+H2O=HClO+NH3↑ ③. C12（g）+NH3（g）=NH2C1（g）+HCl（g）ΔH=+11.3kJ·mol-1 ④. ＜ ⑤. 反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小 ⑥. A ⑦. 160【解析】【分析】Ⅰ．(1)氯胺(NH2Cl)为共价化合物，根据电子式的书写规则可以很快写出其电子式；(2)根据题干信息写出NH2Cl水解方程式；(3)Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)，=反应物的键能之和-生成物的键能之和；Ⅱ．(4)2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) ＜0，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，结合图象变化分析判断；(5)方程式中NO和Cl2的反应比为2：1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大；(6)结合三行计算列式计算A点平衡常数，温度不变平衡常数不变；【详解】Ⅰ．(1) 氯胺(NH2Cl)为共价化合物，根据电子式的书写规则可以很快写出其电子式为，故答案为：；(2)根据题干信息：一氯胺(NH2C1)在中性或酸性环境中会发生强烈水解，生成具有强烈杀菌作用的HClO，可知该水解反应方程式为NH2C1+H2O=HClO+NH3↑，故答案为：NH2C1+H2O=HClO+NH3↑；(3)Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)，=反应物的键能之和-生成物的键能之和=（3×391.3+243.0）-（2×391.3+191.2+431.8）=+11.3 kJ•mol-1，热化学方程式为：Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)，=+11.3 kJ•mol-1，故答案为：Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(g)+HCl(g) =+11.3 kJ•mol-1；Ⅱ．(4)2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) ＜0，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，一定氮氯比条件下，升温平衡逆向进行，反应物平衡转化率减小，根据图示信息可知T1＜T2，故答案为：＜；反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小；(5)根据方程式中NO和Cl2的反应计量系数之比为2：1，按照此比例投料，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大，图中A、B、C、D四点对应的NOCl体积分数最大的是A，故答案为：A；(6)2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) ＜0，保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，A点氯气转化率为0.8， =2，体积为2L，结合三行计算列式计算， 平衡常数为故答案为：160。21. 工业上利用软锰矿浆进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示(已知软锰矿的主要成分是MnO2，还含有Fe、A1、Mg、Zn、Ni、Si等元素)。已知：Ksp[Mg(OH)2]=4.9×10－12，Kb(NH3·H2O)=1.8×10－5。（1）“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为______________________。（2）向浸出液中添加适量MnO2的作用是_____________；滤渣2的主要成分是__________。（3）“沉锰”的离子方程式为____________________________。（4）“沉锰”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。①由图可知，“沉锰”的合适条件是________________________。②当温度高于45℃时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是___________________________。（5）将NH3通入0．015mol·L－1MgSO4溶液中，使Mg2+恰好完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×10－5mol·L－1，此时溶液中NH3·H2O的物质的量浓度为________________(忽略反应前后溶液体积的变化，计算结果保留2位小数)。【答案】 ①. MnO2+SO2=MnSO4 ②. 将Fe2+氧化为Fe3 ③. NiS和ZnS ④. Mn2++HCO3-+NH3·H2O=MnCO3↓+NH4++H2O ⑤. 45℃、pH=7.5 ⑥. 当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c()下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大 ⑦. 1.17mol·L-1【解析】【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，还含有Fe、A1、Mg、Zn、Ni、Si等元素，应均以金属氧化物的形式存在，SiO2、MnO2与硫酸不反应，硫酸酸化的软锰矿浆中含有Fe2+、A13+、Mg2+、Zn2+、Ni2+和SiO2、MnO2，通入含有SO2的烟气将二氧化硫吸收，二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成生成Mn2+和SO42-，过滤后形成含有Mn2+、Fe2+、A13+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、SO42-等的浸出液，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣1，向浸出液中加入MnO2，将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、A13+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化铵把Zn2+、Ni2+转化为NiS和ZnS沉淀除去，过滤后得到的滤渣2为NiS和ZnS，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，向含有Mg2+的溶液通入氨气，得到氢氧化镁，据此分析解答。【详解】(1)“脱硫浸锰”中软锰矿浆中，MnO2与SO2反应生硫酸锰，化学方程式MnO2+SO2=MnSO4；(2)根据分析，向浸出液中添加适量MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+；滤渣2的主要成分是NiS和ZnS；(3)根据分析，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，“沉锰”的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3∙H2O=MnCO3↓+ NH4++H2O；(4)①由图可知，“沉锰”的合适条件是：温度控制在45℃左右， pH=7.5左右锰离子的沉淀率最高；②当温度高于45℃时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是：沉锰是要加入碳酸氢铵，铵盐受热易分解，当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c(CO32-)下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大；(5) Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×c2(OH-)=4.9×10－12，c2(OH-)==4.9×10－7，c(OH-)=7×10－4mol·L－1，NH3通入0.015mol·L－1MgSO4溶液中，Mg2+恰好完全沉淀时生成硫酸铵，c(NH4+)= 2c(SO42-)=2×0.015 mol/L =0.03mol/L，一水合氨是弱电解质，电离方程式为：NH3·H2O⇌NH4++OH- ， Kb(NH3·H2O)==1.8×10－5，则NH3·H2O的物质的量浓度为=1.17mol/L。22. 某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为：MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]·xH2O，电池结构如图甲所示，图乙是有机高聚物的结构片段。(1)Zn在元素周期表中位于_____区；Mn2+的核外电子排布式为_____；有机高聚物中C的杂化方式为_____。(2)已知CN−与N2互为等电子体，推算拟卤(CN)2分子中σ键与π键数目之比为_____。(3)的空间构型为____。(4)MnO是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born−Haber循环计算得到。Mn的第一电离能是______，O2的键能是_____，MnO的晶格能是_____。(5)R(晶胞结构如图)由Zn、S组成，其化学式为_____(用元素符号表示)。已知其晶胞边长为acm，则该晶胞的密度为_____g⋅cm−3(阿伏加德罗常数用NA表示)。【答案】 ①. ds ②. 1s22s22p63s23p63d5 ③. sp2、sp3 ④. 3∶4 ⑤. V形 ⑥. bkJ/mol ⑦. 2ekJ/mol ⑧. (f-a-b-c-d-e)kJ/mol ⑨. ZnS ⑩. 【解析】【分析】(1)Zn处于周期表中第四周期ⅡB族；Mn是25号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，失去2个电子生成Mn2+，据此写出Mn2+的核外电子排布式；有机高聚物中C原子的价层电子对数有3对和4对两种形式，根据VSEPR模型判断杂化类型；(2)CN-与N2互为等电子体，则(CN)2结构式为N≡C-C≡N，单键均为σ键，1个三键中含有1个σ键和2个π键，据此分析计算；(3) 根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算的中心N原子价层电子对数，再根据VSEPR模型分析判断；(4)气态基态Mn原子失去1个电子转化为气态基态Mn+离子需要的最低能量为Mn的第一电离能；O2的键能是指分解1molO2(g)生成O(g)原子所需能量；MnO晶格能是Mn2+、O2-的气态离子形成1molMnO晶体释放的能量，结合图示分析解答；(5)根据均摊法计算晶胞中Zn、S原子数目，判断化学式，进而计算晶胞质量m，根据ρ=计算晶胞密度。【详解】(1)Zn处于周期表中第四周期ⅡB族，在元素周期表中位于ds区；Mn是25号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，失去2个电子生成Mn2+，则Mn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；由有机高聚物的结构可知，高聚物中C原子的价层电子对数有3对和4对两种形式，VSEPR模型分别为平面三角形和四面体，杂化方式分别为sp2、sp3，故答案为：ds；1s22s22p63s23p63d5；sp2、sp3；(2)CN-与N2互为等电子体，则(CN)2结构式为N≡C-C≡N，所以(CN)2分子中σ键与π键数目之比为3∶4，故答案为：3∶4；(3) 的中心N原子价层电子对数=2+=3，含有1个孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，略去孤电子对，则的空间构型为V形，故答案为：V形；(4)气态基态Mn原子失去1个电子转化为气态基态Mn+离子需要的最低能量为Mn的第一电离能，故Mn的第一电离能为bkJ/mol；O2的键能是指分解1molO2(g)生成O(g)原子所需能量，故O2的键能为2ekJ/mol；根据盖斯定律可知，反应Mn2+(g)+O2-(g)=MnO(s)的焓变△H=[f-(a+b+c+e)]kJ/mol=(f-a-b-c-d-e)kJ/mol，MnO晶格能是Mn2+(g)与O2-(g)形成1molMn晶体释放的能量，故Mn晶格能为(f-a-b-c-d-e)kJ/mol，故答案为：bkJ/mol；2ekJ/mol；(f-a-b-c-d-e)kJ/mol；(5)晶胞中灰色球数目=8×+6×=4，黑球的数目为4，所以R的化学式为ZnS；晶胞的质量m=g=g，晶胞的密度ρ===g•cm-3，故答案为：ZnS；。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意正确理解晶格能的概念和盖斯定律的理解和应用。表述Ⅰ表述ⅡA在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大NaCl晶体中Cl—与Na+间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力B通常条件下，CH4分子比SiH4分子稳定性高Si的原子半径比C的大，Si与H之间的键能比C与H间的小C在形成化合物时，同一主族元素的化合价相同同一主族元素原子的最外层电子数相同DP4O10、C6H12O6溶于水后均不导电P4O10、C6H12O6均属于共价化合物选项实验目的X中试剂Y中试剂A用Na2SO3和浓硫酸制取并收集纯净干燥的SO2，并验证其漂白性品红溶液浓硫酸B用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO水浓硫酸C验证电石与饱和食盐水反应生成的气体的性质并收集CuSO4溶液KMnO4溶液D用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸容器反应条件起始物质的量/mol达到平衡所用时间/min达平衡过程中的能量变化X2Y2XY3①恒容13010放热 0.1a kJ②恒压130t放热b kJ化学键N—HCl—ClN—ClH—Cl键能(kJ·mol-1)391.3243.0191.2431.8