2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高三上学期1月期末考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高三上学期1月期末考试化学试题含解析，共32页。试卷主要包含了选择题，填空题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

 西安市铁一中学2022-2023学年上学期期末
高三化学
一、选择题：(本题共23小题，每题2分，共46分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)。
1. 下列有关物质性质的叙述正确的是
A. 常温下，过量Fe与浓HNO3反应生成Fe(NO3)2
B. 晶体硅的硬度大，可用于制作光电板
C. BaSO4在医疗上可用作“钡餐”
D. 溴化银具有感光性，可用于人工降雨
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下，浓硫酸使铁钝化，在加热的条件下Fe与浓HNO3才能反应生成Fe(NO3)2，故A错误；
B. Si具有金属性、非金属性，为半导体材料，可用于制作光电板，与硬度大无关，故B不选；
C. BaSO4是没有毒的，它既不溶于水，也不溶于酸或碱中，在医疗上可用作“钡餐”，故C正确；
D. AgI易形成结晶核，可用于人工降雨，故D错误；
故选C。
2. 下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是
① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩
A. ②④⑦⑧⑩ B. ②③④⑦⑨⑩ C. ①③④⑦⑩ D. ③④⑤⑦⑨⑩
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①中Be为第二周期第ⅡA族，原子序数4，最外层最多为4个电子，故①错误；②中N的最外层电子数为5+3=8，Cl的最外层电子数为7+1=9，均满足最外层8电子结构，故②正确；③与相似，所有原子最外层均满足8电子结构，故③正确；④中C最外层电子数为4+4=8、O原子最外层电子数为6+2=8、Cl最外层电子数为7+1=8，所有原子均满足最外层8电子结构，故④正确；⑤中只有F原子最外层满足8电子结构，故⑤错误；⑥中，Xe原子最外层电子数为8+2=10，故⑥错误；⑦中C原子最外层电子数为4+4=8，S原子最外层电子数为6+2=8，故⑦正确；⑧中H原子最外层为2个电子，故⑧错误；⑨中C原子最外层电子数为4+4=8，F、Cl相似，最外层电子数为7+1=8，故⑨正确；⑩中S最外层电子数为6+2=8，Cl原子最外层电子数为7+1=8，故⑩正确；综上②③④⑦⑨⑩正确，故选B。
3. 有下列几种有机物.
（1）CH3COOCH3 （2）CH2=CHCH2Cl
（3）CH2=CH—CHO
其中既能发生水解反应，又能发生加聚反应的是
A. (1)与(4) B. (2)与(3) C. (2)与(4) D. (1)、(3)和(4)
【答案】C
【解析】
【分析】根据官能团的性质判断反应类型。
【详解】（1）CH3COOCH3中，酯基可发生水解，但该物质不能加聚反应，不符题意；
（2）CH2=CHCH2Cl中，碳碳双键可加聚反应，氯原子可水解反应，符合题意；
（3）CH2=CH—CHO中，碳碳双键可加聚反应，但该物质不能水解反应，不符题意；
中，碳碳双键可加聚反应，酯基可发生水解，符合题意。
本题选C。
4. 用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是：


X
Y
Z
例
氧化物
化合物
纯净物
A
苯的同系物
芳香烃
芳香族化合物
B
胶体
分散系
混合物
C
电解质
离子化合物
化合物
D
碱性氧化物
金属氧化物
氧化物

A A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯的同系物属于芳香烃，芳香烃属于芳香族化合物，故A正确； 
B．胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故B正确；
C．电解质包括离子化合物和部分共价化合物，电解质，离子化合物都属于化合物，故C错误；
D．氧化物只有两种元素组成，则碱性氧化物与金属氧化物都属于氧化物，碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠等，则金属氧化物包含碱性氧化物，故D正确；
故选C。
5. 室温下，大小相同的A、B两集气瓶中，分别装有0.01mol氨气和0.01mol氯化氢，抽去如图所示装置中的玻璃片，使两种气体充分反应。下列说法正确的是

A. 抽去玻璃片后，集气瓶内出现白烟
B. 气体反应物的总体积为0.448L
C. 抽去玻璃片前，A、B中气体密度比为36.5：17
D. 该反应发生过程中，同时有极性共价键和非极性共价键的断裂和生成
【答案】A
【解析】
【详解】A、当玻璃片抽走后，NH3与HCl混合发生反应：NH3＋HCl=NH4Cl，生成物NH4Cl呈晶体状，可观察到集气瓶内出现白烟，A项正确；
B、题干并未告知是否为标准状况，无法使用Vm=22.4L/mol计算气体体积，故B错误；
C、两容器体积相同，容器内气体物质的量相同，其密度，故A、B中气体密度比为17:36.5，故C错误；
D、该反应过程中没有非极性共价键断裂，故D错误；
故选A。
6. 下列氯化物中，既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是（ ）
①CuCl2 ②FeCl2 ③MgCl2 ④ZnCl2
A. ③④ B. ②③ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【详解】①Cu为不活泼金属，与盐酸不反应，故错误；
②FeCl2只能由Fe和盐酸反应生成，故错误；
③MgCl2由可金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得，故正确；
④ZnCl2由可金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得，故正确。
答案选A。
【点睛】本题考查元素化合物知识，注意基础知识的积累，氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成最高价态，盐酸具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价化合物，金属铜不活泼，与盐酸不反应，铝不存在多种化合价。
7. 下列操作不能区别浓硫酸与稀硫酸的是
A. 分别加入铁 B. 分别加入蔗糖
C. 分别加入氨气 D. 分别加入铜片、加热
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．常温下，铁和稀硫酸反应生成氢气，铁和浓硫酸发生钝化反应，现象不同，可以区别，故A不符合题意；
B．浓硫酸具有强氧化性、脱水性，能使蔗糖被氧化而变黑，稀硫酸不能使蔗糖被氧化，现象不同，可以区别，故B不符合题意；
C．浓硫酸与稀硫酸和氨气反应，生成硫酸铵，现象相同，不能区别，故C符合题意；
D．常温下稀硫酸和浓硫酸都与铜不反应，加热时浓硫酸反应有刺激性气味气体产生，稀硫酸不反应，现象不相同，能区分，故D不符合题意；
故答案：C。
8. 在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是
A. Na+、K＋、SO、OH-
B Cu2＋、K＋、Cl-、NO
C. Cl-、K＋、Na＋、NO
D. Ag＋、K＋、SO、Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸性溶液中，氢氧根离子不能大量共存，氢离子和氢氧根离子反应生成水，故A不选；
B．铜离子在溶液中呈蓝色，不能大量存在于无色溶液中，故B不选；
C．该组溶液中的离子在酸性溶液中能大量共存，且相互间不反应，故能大量共存，故C选；
D．该组溶液中，银离子和氯离子反应生成沉淀，不能大量共存，且银离子和硫酸离子形成微溶的硫酸银，不能大量共存，故D不选；
故选C。
9. 类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列类推正确的是
A. 浓氨水遇浓盐酸产生白烟；浓氨水遇浓硫酸也产生白烟
B. 通入溶液不产生沉淀，则通入溶液也不产生沉淀
C. 是酸性氧化物，也是酸性氧化物
D. SO2是酸性气体，可以用浓干燥；H2S也是酸性气体，也可以用浓干燥
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硫酸不挥发，浓氨水遇浓硫酸不产生白烟，故A错误；
B．通入溶液中，酸性条件下，二氧化硫被硝酸根氧化为，所以产生硫酸钡沉淀，故B错误；
C．、都是酸性氧化物，故C正确；
D．H2S能被浓硫酸氧化，不能用浓干燥H2S，故D错误；
选C。
10. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示：

且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是
A. YW3分子中的键角为120°
B. W2Z的稳定性大于YW3
C. 物质甲分子中存在6个σ键
D. Y元素的氧化物对应的水化物为强酸
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含有4个电子，Y原子最外层含有5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1个或7个电子，结合原子序数及“W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，据此分析解答。
【详解】根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素。
A．YW3为NH3，为三角锥形的分子，分子中的键角＜120°，故A错误；
B．非金属性越强，氢化物越稳定，水的稳定性大于氨气，故B正确；
C．物质甲的结构简式为CO(NH2)2，存在7个σ键和1个π键，故C错误；
D．N元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D错误；
故选B。
【点睛】根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解答关键。本题的易错点为C，要注意物质中化学键数目的判断方法的应用。
11. 短周期同周期元素A、B、C、D的核电荷数依次增大，其简单离子一定都能破坏水的电离平衡的是
A. A+、B2+ B. C2-、D- C. A+、D- D. B3+、C2-
【答案】D
【解析】
【分析】短周期同周期元素A、B、C、D的核电荷数依次增大，A+、B3+为阳离子，C2-、D-为阴离子，只有弱碱离子或弱酸根离子促进水的电离，从而破坏水的电离平衡，以此来解答。
【详解】短周期元素中同一周期元素A、B、C、D的核电荷数依次增大，A+、B3+为阳离子，C2-、D-为阴离子，同一周期元素随核电荷数的增大，金属性减弱，非金属性增强，则A+为强碱对应的金属阳离子，D-为强酸对应的酸根离子，只有弱碱离子或弱酸根离子促进水的电离，从而破坏水的电离平衡，符合条件的为B3+、C2-(可能为Al3+、S2-)，故合理选项是D。
【点睛】本题考查原子结构与元素的性质，把握核电荷数与金属性、非金属性的关系为解答的关键，注意影响盐类水解的因素。
12. 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，的溶液：
B. 的溶液中：
C. 含有的溶液中：
D. 常温下，在的溶液中：
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温下，，则溶液呈碱性，在碱性溶液中，都能稳定存在，A符合题意；
B．1mol/L的溶液中，与Al3+会发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀，B不符合题意；
C．与会反应生成，C不符合题意；
D．常温下，在的溶液中，水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-13mol/L，水的电离受到抑制，溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，若溶液为碱溶液，Fe2+不能大量存在，若溶液为酸溶液，则会发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；
故选A。
13. 金属钛可用下列方法提炼：。下列叙述正确的是
A. 该反应属于复分解反应 B. 该反应中镁元素被氧化
C. 该反应中是还原剂 D. 该反应中发生了氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据反应方程式的特点，该反应属于置换反应，不属于复分解反应，故A错误；
B．该反应中Mg元素的化合价由0价→+2价，化合价升高，被氧化，故B正确；
C．单质Ti是产物，Ti元素的化合价降低，即单质Ti是还原产物，故C错误；
D．Ti元素的化合价降低，TiCl4属于氧化剂，发生还原反应，故D错误；
答案为B。
14. NaOH溶于水时，扩散过程吸收了a kJ的热量，水合过程放出了b kJ的热量。下列判断正确的是
A. a>b B. a=b C. a 【答案】C
【解析】
【详解】NaOH溶于水的过程分为扩散过程和水合过程，整个过程是放热，所以水合过程放出的热量大于扩散过程吸收的热量，所以a＜b。故选C。
15. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 1mol/LHNO3溶液中，H+的数目为NA
B. 标准状况下，22.4LNH3分子的数目为NA
C. 3molNO2与水完全反应时转移电子的数目为3NA
D. 2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后分子的数目为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．没有明确溶液体积，不能计算1mol/LHNO3溶液中，H+的数目，故A错误；
B．标准状况下，22.4LNH3的物质的量是1mol，所以NH3分子的数目为NA，故B正确；
C．NO2与水完全反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，3molNO2与水完全反应时转移电子的数目为2NA，故C错误；
D．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应，由于存在平衡，分子数目小于2NA，故D错误；
选B。
16. 麝香酮具有芳香开窍、通经活络、消肿止痛的作用。小剂量对中枢神经有兴奋作用，大剂量则有抑制作用。现可用如下反应制备：

下列有关叙述正确的是
A. X的所有原子不可能位于同一平面内
B. 麝香酮既能发生取代反应也能发生氧化反应
C. 环十二酮(分子式为)，碳原子杂化方式均为杂化
D. X、Y均难溶于水，环十二酮和麝香酮与水形成氢键，易溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据X的结构简式，含有碳碳双键，根据乙烯的空间构型为平面，2个碳原子和4个氢原子共面，因此X中所有原子可能位于同一平面，选项A错误；
B．麝香酮中含有烷基，能发生取代反应，多数有机物能够燃烧，燃烧属于氧化反应，选项B正确；
C．环十二酮(分子式为)中存在酮羰基，酮羰基上的C为sp2杂化，其他C均为杂化，选项C错误；
D．X、Y不含亲水基，不溶于水，麝香酮难溶于水，选项D错误；
答案选B。
17. 利用微生物处理废水中的有机污染物是一个重要的研究课题。下图是一科研团队利用原电池原理设计的微生物电池装置，用于处理有机物废水。下列有关说法正确的是

A. 电极a为负极
B. 放电时由电极a向电极b迁移
C. 电极a电极反应式为：
D. 当电路中有1mol电子通过时，通过质子交换膜的为2mol
【答案】C
【解析】
【详解】A．由装置可知电极a发生还原反应，为正极，Ａ错误；
B．电极b发生氧化反应，为负极，则电极a为正极，阳离子向正极迁移，故放电时由电极b向电极a迁移，B错误；
C．由装置图可知电极a的电极反应式为，C正确；
D．当电路中有电子通过时，通过质子交换膜的电荷量为，所以通过质子交换膜的为，D错误；
故选C。
18. 利用和浓盐酸在如图所示的装置中反应可制取并收集氯气，下列说法中不正确的是

A. 在相同条件下，的氧化性强于
B. 以浓氨水和生石灰为原料在该装置中制备并收集氨气
C. 利用该装置制取气体，c中可盛放NaOH溶液吸收尾气
D. 验证苯与液溴发生取代反应，b中应盛放，c中盛放溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据该装置可知， Co2O3和浓盐酸在常温下反应制得氯气，而MnO2和浓盐酸需要在加热条件下制取氯气，故Co2O3的氧化性强于MnO2 ，A项正确；
B．氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集氨气，B项错误；
C．二氧化硫能与NaOH溶液反应，可用NaOH溶液吸收二氧化硫，防止污染环境，C项正确；
D．通过证明有溴化氢生成可确认苯与液溴的反应是取代反应，但挥发出的溴蒸气会干扰检验，因此需用四氯化碳除去溴蒸气，D项正确；
故选B。
19. 键能是指气态分子断开裂1mol某共价键所吸收的能量。已知反应CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)，涉及相关键能如表所示：
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/(kJ•mol-1)
414
489
565
155
求该反应的△H为
A. +1940kJ•mol-1 B. -1940kJ•mol-1 C. +485kJ•mol-1 D. -485kJ•mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】旧键的断裂吸热，新键的形成放热，根据方程式可得，△H=414×4+155×4-489×4-565×4=-1940 kI/mol；
故选B。
20. 常温下0.1 mol/L氨水的pH＝a，下列能使溶液的pH＝(a－1)的措施是
A. 将溶液稀释到原体积的10倍 B. 加入适量的氯化铵固体
C. 加入等体积0.2 mol/LNaOH溶液 D. 提高溶液的温度（不考虑挥发）
【答案】B
【解析】
【分析】根据弱电解质的电离、溶液中的溶解平衡及外界条件对平衡的影响。
【详解】A .常温下0.1mol/L氨水的pH=a，将溶液稀释到原体积的10倍，由于溶液中存在NH3•H2O⇌NH4++OH-，加水促进电离，故溶液的PH＞（a-1），故A错误；
B.加入适量的氯化铵固体，NH3•H2O⇌NH4++OH-，c(NH4+)增大，使平衡向逆方向移动，则OH-的浓度减小，PH减小，故PH有可能等于（a-1），故B正确；
C.0.1mol/L氨水中加入等体积的0.1mol/L NaOH溶液，氢氧化钠为强碱完全电离，溶液中OH-的浓度增大，PH增大，故C错误；
D.把溶液的温度提高，则NH3•H2O⇌NH4++OH-，平衡向吸热反应方向移动，即平衡向正方向移动，溶液中c(OH-)的浓度增大，PH增大，故D错误.
故选B。
【点睛】水解和电离都是吸热反应；离子浓度增大促进平衡向离子浓度减小的方向移动。
21. 下列有关实验现象或结论的描述不正确的是
A. FeCl2溶液与铁氰化钾液混合后得到特征蓝色沉淀，利用此反应可检验Fe2+
B. 向饱和食盐水中加入少量浓盐酸，看到溶液振荡，溶液变浑浊
C. 某温度下，向AgCl饱和溶液中加入蒸馏水，AgCl溶解度、Ksp均增大
D. 处理含有Hg2+离子的废水可加入硫化钠，使Hg2+离子转化为HgS沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeCl2溶液与K3[Fe(CN)6]溶液混合后得到蓝色沉淀，为特征反应，可利用此反应检验Fe2+，故A正确；
B．饱和NaCl溶液存在溶解平衡：NaCl(s) ⇌Na++Cl-，加入少量浓盐酸，Cl-浓度增大，平衡逆向移动，有NaCl析出，溶液变浑浊，故B正确；
C．Ksp只与温度有关，故C错误；
D．向Hg2+的废水可加入硫化钠，使Hg2+离子转化为HgS沉淀，此为沉淀法处理污水，故D正确；
故选C。
22. 一定温度下，将0.16 mol X和0.16 mol Y加入10 L的恒容密闭容器中，发生反应X(s)＋2Y(g)2Z(g)　ΔH＜0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表：
t/min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10

下列说法正确的是(　　)
A. 温度升高，此反应的化学平衡常数K＞0.36
B. 当容器内气体的密度不变时，反应达到化学平衡状态
C. 反应前2 min的平均反应速率v(Z)＝4.0×10－3 mol·L－1·min－1
D. 其他条件不变，再充入0.6 mol Z，平衡时Z的体积分数增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由表中数据可知，7 min与9 min时n(Y)相等，说明7 min时反应达到平衡状态，平衡时，Y为0.1mol，反应的Y为0.06mol，根据X(s)＋2Y(g) 2Z(g)，生成的Z为0.06mol，该温度下此反应的平衡常数K==0.36，又该反应的正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，K＜0.36，故A错误；
B．该反应属于气体质量增大的反应，反应容器的容积不变，当容器内气体的密度不变时，表示反应达到化学平衡状态，故B正确；
C．反应前2 min内，v(Z)＝v(Y) ==2.0×10-3mol•L-1•min-1，故C错误；
D．其他条件不变，再充入0.6mol Z，相当于增大压强，由于反应前后气体的体积不变，则平衡不移动，Z的体积分数不变，故D错误；
答案选B。
【点睛】利用三段式是解答本题的一般方法。本题的易错点为A，要注意X为固体。
23. 常温下，将HCl气体通入到1L浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB的混合溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列叙述不正确的是

A. Ka(HB)的数量级为10-9
B. 酸性的强弱顺序为HCl>HA>HB
C. 当通入0.1molHCl气体时，c(B-)>c(A-)
D. 当混合溶液呈中性时,c(Na+)=c(Cl-)+c(A-)+c(B-)
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据图象可知，当=3时，pH=6，此时，c(H+)=10-6mol/L，=103，Ka(HB)== 10-6×10-3=10-9，故A正确；
B、pH一定时，＞，则有＞，＜，式子两边都乘以c(H+)，可得＜，即Ka(HB)＜Ka(HA)，所以酸性HA>HB，向NaA和NaB的混合溶液中通入HCl后，溶液中存在HA、HB，则说明HCl酸性强于HA和HB，所以酸性强弱顺序为HCl>HA>HB，故B正确；
C、原溶液中NaA和NaB均为0.1mol，根据强酸制弱酸原理，通入0.1molHCl，H+先与B-反应，反应后溶液中溶质为0.1molNaA、0.1molNaCl、0.1molHB，NaA完全电离，微弱水解，而HB部分电离，所以溶液中c(B-＜c(A-)，故C错误；
D、混合溶液的电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(B-)+c(OH-)，当溶液呈中性时，c(H+)= c(OH-)，所以有c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(B-)+c(OH-)，故D正确。
故选C。
二、填空题：54分
24. 右图中电极a、b为Fe物件和Ag片，电极c、d都是石墨电极。通电一段时间后，在c、d两极上共收集到336ml(标准状况)气体。回答：

（1）直流电源中，M为_________________极。
（2）欲在Fe物件上镀上一薄层Ag，
①Fe物件应为_________极，(填a或b)
②Fe物件增重_________g。
（3）X溶液为____________，其浓度____________，(填“增大”“减小”或“不变”)
（4）若NaOH溶液质量分数由5.00%变为5.02%，列式计算原NaOH溶液的质量。____________
【答案】（1）正 （2） ①. b ②. 2.16g
（3） ①. AgNO3(aq) ②. 不变
（4）45.18
【解析】
【小问1详解】
根据题意知，电解氢氧化钠溶液时，其本质是电解水，生成2份的氢气和1份的氧气，又因为电极d上产生的气体比电极c的多，则电极d产生的为氢气，电极c产生的为氧气，则c作阳极，d为阴极，所以M是原电池正极；故答案为正；
【小问2详解】
根据以上分析知，在Fe电极上镀银时，Fe作阴极，阳极为Ag，电极反应式为Ag- e- = Ag+，b电极为阴极是Fe，电极反应式为Ag+ + e- =Ag，C电极是阳极，电解NaOH溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应式为 4OH-- 4e- =2H2O+O2↑；d极是阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-，阴极和阳极上产生的气体体积比为2∶1，在c、d两极共收集到336mL（标准状况）气体，其体积比为1∶2，生成氢气的体积占总体积的，所以混合气体中氢气的体积是224mL，物质的量为0.01mol，根据电极反应，此装置中转移的电子为：0.02mol，故Fe极上析出的银的物质的量为0.02mol，质量为：2.16g；
【小问3详解】
在铂电极上镀银时，电解质溶液为 AgNO3溶液， 阳极上的电极反应式为Ag- e- = Ag+，阴极上的电极反应式为Ag++e-=Ag，所以硝酸银溶液的浓度不变；
【小问4详解】
根据以上分析知，在c、d两极共收集到336mL（标准状况）气体，其体积比为1：2．生成氢气的体积占总体积的，所以混合气体中氢气的体积是224mL，
设电解水的质量为xg，

x=0.18
设原溶液的质量为yg，5%y=（y-0.18）×5.02%，解得y=45.18；
故原NaOH溶液的质量为45.18g。
25. 氯乙烯是制备塑料的重要中间体，可通过乙炔选择性催化制备。已知：
I.
II.
（1） 正反应的活化能为25.8KJ/mol，则其逆反应的活化能为_______。
（2）在体积可变的密闭容器中以物质的量之比为1：1充入C2H2(g)和HCl(g)，分别在不同压强下发生反应，实验测得乙炔的平衡转化率与温度的关系如图所示。P1、P2、P3由大到小的顺序为_______，判断的理由是_______。

（3）一定温度下，向盛放催化剂的恒容密闭容器中以物质的量之比为1：1充入C2H2(g)和HCl(g)，假设只发生反应I和II。实验测得反应前容器内压强为p0Pa，5min达到平衡时C2H4Cl2(g)、HCl(g)的分压分别为p1Pa、p2Pa。
①0~5min内，反应I和反应II中HCl的总的消耗速率v(HCl)=_______。
②反应II的平衡常数Kp=_______(用含P0、P1、P2的代数式表示)。
（4）电化学腐蚀法可有效将废水中的三氯乙烯转化为乙烯。利用活性纳米Fe电化学腐蚀处理酸性三氯乙烯(C2HCl3)废水的过程如图。定义单位时间内纳米Fe释放的总电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。

①上述电化学腐蚀过程①的电极反应为_______。
②在处理过程中，当消耗amol纳米Fe时，产生bL的乙烯气体(标准状况)，则该电化学腐蚀过程的电流效率η=_______(用含a、b的代数式表示)。[已知：]
【答案】（1）80.3kJ/mol
（2） ①. P1>P2>P3 ②. 反应I和II都是气体分子数减少的反应，在相同温度下，增大压强，平衡正向移动，乙炔转化率增大
（3） ①. ②.
（4） ①. C2HCl3+6e−+3H+=C2H4+3Cl− ②.
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，Ⅱ－Ⅰ得出 ΔH=[(－179.3)－(－124.8)]kJ·mol－1=－54.5kJ·mol－1，该反应为放热反应，逆反应的活化能=(54.5＋25.8)kJ·mol－1=80.3kJ·mol－1；故答案为80.3kJ·mol－1；
【小问2详解】
无论反应I还是Ⅱ都是气体体积减小的反应，增大压强，平衡均向正反应方向进行，乙炔的平衡转化率增大，推出P1＞P2＞P3，故答案为P1＞P2＞P3；反应I和II都是气体分子数减少的反应，在相同温度下，增大压强，平衡正向移动，乙炔转化率增大；
【小问3详解】
①开始时总压强为p0Pa，根据相同条件下，气体物质的量之比等于压强之比，因此起始时C2H2和HCl的分压均为p0Pa，根据题中所给速率的单位，用单位时间内分压的变化表示，即v(HCl)=Pa·min－1= Pa·min－1；故答案为；
②达到平衡时，C2H4Cl2的分压为p1Pa，反应Ⅱ中HCl变化分压为2p1Pa，C2H2变化分压为p1Pa，反应I中HCl变化分压为(p0－2p1－p2)Pa，则反应I中C2H2的变化分压为(p0－2p1－p2)Pa，因此达到平衡时C2H2的分压为[p0－(p0－2p1－p2)－p1]Pa=(p1＋p2)Pa，因此反应Ⅱ的平衡常数Kp=Pa－2=；故答案为；
【小问4详解】
①根据反应机理可知，反应①C2HCl3中C显＋1价，C2H4中C显－2价，C的化合价降低，电极反应式为C2HCl3＋6e－＋3H＋=C2H4＋3Cl－；故答案为C2HCl3＋6e－＋3H＋=C2H4＋3Cl－；
②根据机理可知，1molFe参与反应失去2mol电子，amolFe参与反应失去2amol电子，根据反应①的电极反应式，产生bL的乙烯转移电子物质的量为mol，该电化学腐蚀过程电流效率为=；故答案为。
三、工业流程题
26. 聚合硫酸铁(PFS)是一种高效的无机高分子絮凝剂。某工厂利用经浮选的硫铁矿烧渣(有效成分为Fe2O3 和Fe3O4)制备PFS，其工艺流程如下图所示。

（1）还原焙烧过程中，CO还原Fe3O4生成FeO的热化学方程式为________________________。
已知： Fe3O4(s)+C(s)= 3FeO(s)+CO(g) ΔH1=+191.9kJ·mol-1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393.5kJ·mol-1
C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH3=+172.5kJ·mol-1
（2）CO是还原焙烧过程的主要还原剂。下图中，曲线表示4个化学反应a、b、c、d达到平衡时气相组成和温度的关系，I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别是Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe稳定存在的区域。a属于_________（填“吸热反应”或“放热反应”）；570℃时，d反应的平衡常数K= ____________。

（3）工业上，还原焙烧的温度一般控制在800℃左右，温度不宜过高的理由是___________________。
（4）若“酸浸”时间过长，浸出液中Fe2+含量反而降低，主要原因是___________________________。
（5）FeSO4溶液在空气中会缓慢氧化生成难溶的Fe(OH)SO4，该反应的离子方程式为_____________________________。“催化氧化”过程用NaNO2作催化剂（NO起实质上的催化作用）时，温度与Fe2+转化率的关系如右图所示（反应时间相同），Fe2+转化率随温度的升高先上升后下降的原因是___________________________________________________。

【答案】 ①. Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) ΔH=+19.4kJ·mol-1 ②. 放热反应 ③. 1 ④. 浪费能量，且FeO易被还原成Fe ⑤. Fe2+易被空气中的O2氧化成Fe3+ ⑥. 4SO42-+ 4Fe2++O2+2H2O=4Fe(OH)SO4↓ ⑦. 温度升高，反应速率增大；温度过高，NO气体逸出，转化率下降
【解析】
【详解】试题分析：（1）根据盖斯定律计算CO还原Fe3O4生成FeO的焓变；（2）根据图象，升高温度，Fe3O4的含量减小，反应a逆向移动；d反应的平衡常数K= ；（3）温度大于800℃，FeO易被还原成Fe；（4）Fe2+易被空气中的O2氧化成Fe3+；（5）FeSO4溶液在空气中被氧气氧化生成难溶的Fe(OH)SO4，根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式；NO起实质上的催化作用，温度升高，反应速率增大；温度过高，NO气体逸出，转化率下降。
解析：（1）①Fe3O4(s)+C(s)= 3FeO(s)+CO(g) ΔH1=+191.9kJ·mol-1
②C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH3=+172.5kJ·mol-1
根据盖斯定律①-②，得Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) ΔH=+19.4kJ·mol-1。（2）根据图象，升高温度，Fe3O4的含量减小，反应a逆向移动，反应a放热；d反应的平衡常数K=，570℃时，CO、CO2浓度相等，所以K=1；（3）温度大于800℃，FeO易被还原成Fe，且浪费能量，所以工业上，还原焙烧的温度一般控制在800℃左右；（4）Fe2+易被空气中的O2氧化成Fe3+，所以“酸浸”时间过长，浸出液中Fe2+含量降低；（5）FeSO4溶液在空气中被氧气氧化生成难溶的Fe(OH)SO4，根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式为4SO42-+ 4Fe2++O2+2H2O=4Fe(OH)SO4↓；NO起实质上的催化作用，温度升高，反应速率增大；温度过高，NO气体逸出，转化率下降，所以Fe2+转化率随温度的升高先上升后下降。
27. 在实验室中模拟“侯氏制碱法”，其实验步骤如下：
第一步：连接好装置，检验气密性，在仪器内装入药品。
第二步：先让某一装置发生反应，直到产生的气体不能再在C中溶解，再通入另一装置中产生的气体，一段时间后，C中出现固体。继续向C中通入两种气体，直到不再有固体产生。
第三步：分离C中所得的混合物，得到NaHCO3固体，进而生产出纯碱。
第四步：向滤液中加入适量的某固体粉末，有NH4Cl晶体析出。
（1）下图所示装置的连接顺序是：a接_______，_______接______；b接_______(填接口序号)。

（2）A中常选用的固体反应物为_________；D中应选用的液体为____________。
（3）第二步中让___________装置先发生反应(填装置序号)。
（4）C中用球形干燥管而不用直导管，其作用是____________________；装有无水CaCl2的U形管的作用是__________________________。
（5）第三步分离出NaHCO3固体的操作是__________________________。
（6）第四步中所加固体粉末化学式为___________。所得的晶体中常含有少量的NaCl和NaHCO3(共约占5％～8％)，请设计一个简单的实验，不使用其他任何试剂，证明所得晶体大部分是NH4C1。简要写出操作和现象：____________________________________。
【答案】 ①. f ②. e ③. d ④. c ⑤. 石灰石 ⑥. 饱和碳酸氢钠溶液 ⑦. B ⑧. 防止倒吸 ⑨. 吸收多余的氨气 ⑩. 过滤 ⑪. NaCl ⑫. 取少量样品于试管中，用酒精灯加热，看到试管上端有白烟生成（或试管口有白色晶体），最后固体大部分消失、剩余极少量的固体，从而证明所得固体的成分大部分是氯化铵
【解析】
【分析】由“侯氏制碱法”的原理可知：实验时需先向饱和食盐水中通入足量的氨气，然后再通入二氧化碳气体，装置A为二氧化碳的发生装置，装置B为氨气的发生装置，装置C为反应装置，装置D为二氧化碳的净化装置，据此分析解答。
【详解】（1）装置A产生CO2，装置B产生NH3，装置D除去二氧化碳中的HCl，氨气通入C中应防止倒吸，则b接c， a接f、e接d，故答案为f、e、d、c；
（2）A装置是制备二氧化碳气体的反应，一般采用盐酸与CaCO3反应来制取，所以A中固体反应物为石灰石，生成的二氧化碳气体中含有氯化氢，若不除去，会影响碳酸氢钠的产率，所以应用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl，故答案为石灰石、饱和碳酸氢钠溶液；
（3）因为氨气极易溶解于水，二氧化碳气体在水中溶解性较小，所以实验时，饱和食盐水中应先通入氨气，再通入二氧化碳气体，有利于气体的吸收，实验操作过程中，应让B装置先发生反应，故答案为B；
（4）氨气极易溶于水，用直导管向饱和氯化钠溶液中通入氨气，容易发生倒吸，C中用球形干燥管，可以防止倒吸；多余的NH3能与CaCl2结合生成CaCl2·8NH3，所以装有无水CaCl2的U形管可吸收多余的NH3，故答案为防止倒吸；吸收多余的氨气；
（5）第三步中得到的NaHCO3在溶液中以晶体的形式析出，分离出NaHCO3晶体采用的方法为过滤，故答案为过滤；
（6）实验第四步可向溶液中加入NaCl粉末，有利于NH4Cl晶体的析出；若所得的晶体大部分为NH4Cl晶体，经过充分加热，NH4Cl会分解成气体，余下少量的氯化钠和碳酸钠等固体，故答案为NaCl；取少量样品于试管中，用酒精灯加热，看到试管上端有白烟生成（或试管口有白色晶体），最后固体大部分消失、剩余极少量的固体，从而证明所得固体的成分大部分是氯化铵。
【点睛】本题考查了实验室制备碳酸氢钠的过程分析和装置作用判断，掌握候氏制碱的反应原理和反应特征是解题关键，气体的通入顺序判断是解答的易错点，因为二氧化碳在水中的溶解度并不大，而在碱性溶解程度较大，故先通入氨气，形成氨的饱和NaCl溶液，再通入二氧化碳气体，有利于二氧化碳的吸收。
28. 铁单质及化合物与我们的生产、生活紧密相关。
(1)Fe3＋的基态核外价电子排布式为______，应用原子结构比较Fe与同周期的Mn第三电离能(I3)的大小：I3(Mn)_______I3(Fe)(填>、<、＝)。理由是_______。
(2)Fe、Fe2＋、Fe3＋可以与CO、SCN－、CN－、H2NCONH2(尿素)等多种配体形成很多的配合物。
①配合物Fe(CO)5的熔点－20℃，沸点103℃，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示：

下列关于Fe(CO)5说法不正确的是________。
A.Fe(CO)5是分子晶体
B.Fe(CO)5中Fe原子的配体与C22－互为等电子体
C.Fe(CO)5中σ键与π键之比为1：1
D.Fe(CO)5＝Fe＋5CO反应中没有新化学键生成
②CN－的电子式为__________。
③H2NCONH2(尿素)中N、C原子的杂化方式分别为__________、__________，
组成尿素的4种元素的第一电离能由大到小的顺序为__________，1 mol H2NCONH2(尿素)分子中含有σ键的数目为__________。
(3)NaCl和MgO都属于离子化合物，NaCl的熔点为801.3C，MgO的熔点高达2800℃。造成两种晶体熔点差距的主要原因是________。
(4)FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置的Fe或者b位置的Fe，形成Cu替代型产物Fe(x－n)CunNy，FexNy转化为两种Cu的替代型产物的能量变化如图2所示，其中相对不稳定的Cu替代型产物的化学式为__________。

【答案】 ①. 3d5 ②. ＞ ③. Mn原子核外失去2个电子后，其价电子排布式为3d5，处于半充满的稳定状态，较难失去电子 ④. D ⑤. ⑥. sp3 ⑦. sp2 ⑧. N＞O＞C＞H ⑨. 7NA ⑩. 氧化镁晶体中所含离子的半径小，电荷数更大，晶格能更大，则熔点更高 ⑪. FeCu3N
【解析】
【分析】(1)根据构造原理写价电子排布式，根据原子核外电子排布以及洪特规则比较电离能大小；
(2)①A. 分子晶体熔沸点较低；
B. 互为等电子体的分子或离子价电子数相等，原子个数相等；
C. Fe与CO形成5个配位键，每个CO分子中含有1个σ键和2个π键；
D. 反应得到Fe单质，形成金属键；
②CN－与N2互为等电子体；
③将H2NCONH2(尿素)的结构简式写成，根据价层电子对互斥理论以及杂化轨道理论判断原子的杂化类型，同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；
(3)根据离子晶体熔沸点的比较方法说明理由；
(4)能量越高，物质越不稳定，由此判断Cu代替b位置的Fe型能量高，相对不稳定，再根据均摊法计算其化学式。
【详解】(1)Fe为26号元素，根据构造原理，写出Fe价电子排布式为：3d64s2，先失去4s能级2个电子、再失去3d能级1个电子形成Fe3+，则Fe3＋的基态核外价电子排布式为3d5；由于Fe原子核外失去2个电子后，其价电子排布式为3d6，Mn原子核外失去2个电子后，其价电子排布式为3d5，处于半充满的稳定状态，较难失去电子，故I3(Mn)＞I3(Fe)，故答案为：3d5；＞；Mn原子核外失去2个电子后，其价电子排布式为3d5，处于半充满的稳定状态，较难失去电子；
(2)①A. Fe(CO)5的熔沸点很低，属于分子晶体，A项正确；
B. Fe(CO)5的配体为CO，与C22－互为等电子体，B项正确；
C. Fe与CO形成5个配位键，每个CO分子中含有1个σ键和2个π键，则Fe(CO)5中σ键的数目为10个，π键的数目为10个，则Fe(CO)5中σ键与π键之比为1：1，C项正确；
D. 反应得到Fe单质，形成金属键，D项错误；故答案为：D；
②CN－与N2互为等电子体，电子式为，故答案为：；
③将H2NCONH2(尿素)的结构简式写成，由此可知尿素中N、C原子的价层电子对数分别为4、3，则N、C原子的杂化方式分别为sp3、sp2；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，这几种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C＞H，1mol H2NCONH2(尿素)分子中含有σ键的数目为7NA，故答案为：sp3；sp2；N＞O＞C＞H；7NA；
(3)NaCl和MgO都属于离子化合物，氧化镁晶体中所含离子的半径小，电荷数更大，晶格能更大，则熔点更高，故答案为：氧化镁晶体中所含离子的半径小，电荷数更大，晶格能更大，则熔点更高；
(4)能量越高，物质越不稳定，根据转化过程能量变化可知，Cu代替b位置的Fe型能量高，相对不稳定，根据均摊法可知，该晶胞中Cu原子个数=、Fe原子个数=、N原子个数为1，所以其化学式为FeCu3N，故答案为：FeCu3N。
四、有机推断题
29. 功能高分子材料（M）在生产、生活中有广泛用途，M的一种合成路线如下：

请回答下列问题：
(1)G的化学名称为____________。
(2)C中官能团的名称为____________。D的顺式结构简式为_________________。
(3)A→B的反应类型为____________。F分子中最多有____________个原子共平面。
(4)E+I→M的反应类型为__________；其反应的化学方程式为______________。
(5)同时满足下列条件的H的同分异构体有__________种。
① 苯环上连有—NH2
② 能与NaHCO3反应
(6)参照上述含成路线和信息，以乙醇为原料（无机试剂任选），设汁制备聚乳酸的合成路线：__________________。
【答案】 ①. 对硝基甲苯 (或4-硝基甲苯或4-甲基硝基苯或对甲基硝基苯) ②. 羟基、羧基 ③. ④. 加成反应 ⑤. 13 ⑥. 酯化反应(或取代反应) ⑦. ⑧. 10 ⑨.

【解析】
【详解】合成M的单体为聚2-丁烯酸和对硝基苯甲醇，则I为，H到I为卤代烃的水解，则H为，G光照条件下生成H，则G为，F到G发生的是硝化反应，则F为；E为聚2-丁烯酸，其结构简式为，D为CH3CH=CHCOOH，C到D为醇消去反应，则C为CH3CH2CH(OH)COOH，B酸性水解生成C，则B为CH3CH2CH(OH)CN，A与HCN发生加成反应得到B，则A为CH3CH=CH２；
(1)的化学名称为对硝基甲苯；
(2)CH3CH2CH(OH)COOH中官能团的名称为羟基、羧基；CH3CH=CHCOOH的顺式结构简式为；
(3)A与HCN发生加成反应得到B；分子中苯环是平面结构，最多有13个原子共平面。
(4)和发生酯化反应生成M；其反应的化学方程式为；
(5)①苯环上连有—NH2，②能与NaHCO3反应，说明有羧基，则苯环上共有3个取代基，分别是—Cl，—NH2和—COOH，在苯环上先连接—Cl和—NH2共有邻、间、对位三种情况，再在这三种情况下添加—COOH，分别有4+4+2=10，即满足条件的H的同分异构体共有10种；
(6)以乙醇为原料制备聚乳酸的合成路线为。
点睛：根据反应条件推断反应类型：（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。（3）在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。（4）能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。（7）与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。（9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。