河北省石家庄市第二中学2021-2022学年高三化学上学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份河北省石家庄市第二中学2021-2022学年高三化学上学期期中考试试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围，可能用到的相对原子质量， 查阅资料可知， 已知等内容，欢迎下载使用。

石家庄二中21-22学年高三年级期中考试
化学
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.本卷命题范围：高考范围。
3.可能用到的相对原子质量：H1 Li7 B11 C12 N14 O16 Na23 Al27 S32 Cl35.5 Ca40 Fe56 Co59 Cu64 In115
一、选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。在每小题列出的四个选项中，，只有一项符合题目要求。
1. 中国古文化源远流长，留下不少脍炙人口的古诗词，不少古诗词清晰的描绘了我国古代人民的生活、生产场景，对下面的“诗”情“化”意，分析不正确的是
A. “粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”中涉及化学变化
B. “绿蚁新醅酒”中“新醅酒”即新酿的酒，葡萄糖发生水解反应生成乙醇
C. “美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”说明金以单质形式存在于自然界中
D. “日照澄州江雾开”，雾是一种气溶胶，受阳光照射时会产生丁达尔现象
【答案】B
【解析】
【详解】A．“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”中涉及化学变化，包含的化学反应有碳酸钙受热分解生成氧化钙、氧化钙与水反应生成氢氧化钙、石灰水与二氧化碳反应生成碳酸钙，故A正确；
B．葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇和二氧化碳，该反应不是水解反应，故B错误；
C．“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”说明金的密度大，在自然界以单质的形式存在，故C正确；
D．雾是水蒸气扩散到空气中形成的一种气溶胶，受阳光照射时会表现胶体的性质，产生丁达尔现象，故D正确；
故选B。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是
A. 0.1 mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗O2的分子数为0.3NA
B. 常温常压下，46 g NO2和N2O4的混合气体中含有的N原子数为NA
C. 25°C时，1 L pH=13的Ba(OH)2溶液中，由水电离出的OH-的数目为0.1NA
D. 46 g钠与氧气反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙醇的化学式可写成C2H4·H2O，0.1 mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗的O2为0.3 mol，则反应消耗O2分子数目是0.3NA，A正确；
B．N2O4的最简式是NO2，所以46 g NO2和N2O4的混合气体中N原子的物质的量是1 mol，则其中所含的N原子数目是NA，B正确；
C．pH=13的Ba(OH)2溶液中由水电离出的OH-的浓度为10-13 mol·L-1，n(OH-)=10-13 mol·L-1×1 L=10-13 mol，由水电离出的OH-的数目为10-13 NA，C错误；
D．钠与O2反应，Na化合价由0价变为+1价，46 g Na的物质的量n(Na)==2 mol，所以2 mol Na反应失去2 mol电子，故转移电子数为2NA，D正确；
故合理选项是C。
3. 下列反应的离子方程式的书写正确的是
A. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O
B. 铜和稀硝酸反应：Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑
C. 向1 L0.1 mol·L-1FeI2溶液中通入标准状况下2.24LCl2：2Fe2++2I-+2Cl2=I2+4Cl-+2Fe3+
D. 等体积、等浓度的NaOH稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合：OH-+=+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．.不符合物质反应的微粒个数比，离子方程式应该为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，A错误；
B．铜与稀硝酸反应生成的气体是NO，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则可知：该反应的离子方程式应该为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，B错误；
C．FeI2与Cl2的物质的量相同，由于离子的还原性：I-＞Fe2+，故应该是还原性强的I-先发生反应，该反应的离子方程式应该为2I-+Cl2=I2+2Cl-，C错误；
D．等体积、等浓度的NaOH稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合，即NaOH与NH4HCO3的物质的量相等，结合OH-离子的能力：＞。因此应该是先发生反应，故该反应的离子方程式为：OH-+=+H2O，D正确；
故合理选项是D。
4. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. FeCl3溶液能与Cu反应，可用作铜制线路板的蚀刻剂
B. C2H4气体具有可燃性，可用作果实的催熟剂
C. Ca(ClO)2具有还原性，可用于消毒杀菌
D. CO2密度比空气大，可用作镁着火时的灭火剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化铁溶液能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，常用作铜制线路板的蚀刻剂，故A正确；
B．乙烯的可燃性与可用作果实的催熟剂没有因果关系，故B错误；
C．次氯酸钙具有强氧化性，可因强氧化性而起到清毒杀菌的作用，故C错误；
D．镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，所以二氧化碳不能用作镁着火时的灭火剂，与密度比空气大无关，故D错误；
故选A。
5. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Z同主族，X原子的最外层电子数是Y原子最外层电子数的6倍。p、q、r分别为W、X、Z的单质，s、t、u为W、X、Z三种元素形成的二元化合物，上述物质的转化关系如图所示(反应条件略去)，下列说法不正确的是

A. 原子半径：Y>Z>W>X
B. 反应①可用于工业上制备Z的单质
C. s、t、u均能与Y的最高价氧化物对应的水化物的溶液反应
D. X、Y、Z三种元素形成的一种化合物的水溶液可做木材防火剂
【答案】C
【解析】
【分析】X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的6倍，根据最外层电子数不超过8原则，X最外层电子数只能为6，Y最外层电子数只能为1，又X之前还有W元素，之后还有两种元素，故X只能为O，则Y为Na，根据原子序数关系，q为X元素单质，则q为O2，W可能为Be、B、C、N，对应同族Z可能为Mg、Al、Si、P，由图示知，W、O、Z三种元素形成的一种二元化合物能与O2反应，联想W、Z的可能情况，推测t为CO，则u为CO2，即W为C，则Z为Si，则p为C，r为Si，由反应①制得Si，联想到工业制Si反应：2C+SiO2Si+2CO↑，则s为SiO2，p(C)能与u(CO2)在高温下反应生成t(CO)，推测合理，综上所述：W为C、X为O、Y为Na、Z为Si。
【详解】A．Y、Z电子层为三层，其半径大于电子层为两层的W、X，电子层相同时，核电荷数越大，半径一般越小，故四种原子半径顺序为：Y>Z>W>X，故A正确；
B．由分析知，工业上可利用反应①制备Si，故B正确；
C．Y的最高价氧化物的水化物为NaOH，t( CO)与NaOH溶液不反应，故C错误；
D．X、Y、Z形成的Na2SiO3溶液可作木材防火剂，故D正确；
答案选C。
6. 锡酸钠(Na2SnO3)是重要的化工产品，主要用于电镀行业，以及锡合金、锌锡合金、铝合金等。用铅锡锑冶炼浮渣(主要是铅、锡、锑的氧化物及相应的盐构成)制备Na2SnO3产品的工艺流程如下图所示：

已知：①“浸出液”中含有有大量Na2PbO2、Na3AsO4等，“净化液”中含有少量Na2PbO7、Na3AsO4等；
②Na2SnO3的溶解度随温度升高而减小，Na2PbO2、Na3AsO4的溶解度随温度升高而增大。
下列叙述正确的是
A. 露天堆存铅锡锑冶炼浮渣对环境无任何影响
B. “碱浸”时，H2O2可用浓硝酸代替
C. “除铅”时的离子方程式为Pb2++S2-=PbS↓
D. 分离出Na2SnO3的操作为浓缩结晶、趁热过滤、洗涤、干燥
【答案】D
【解析】
【详解】A．露天堆存铅锡锑冶炼浮渣不但占用大片土地，而且对环境存在潜在污染，A错误；
B．若用浓硝酸代替H2O2，产生氮氧化物，污染环境，B错误；
C．“除铅”时离子方程式为+S2-+2H2O=PbS↓+4OH-，C错误；
D．“净化液”中获得Na2SnO3的操作为浓缩结晶、趁热过滤、洗、干燥，D正确；
故答案为：D。
7. 查阅资料可知：碳化铝(Al4C3)与水反应可制得CH4，银氨溶液{含[Ag(NH3)2]+}与CO反应产生银镜。某学习小组对CH4还原CuO的反应产物进行实验探究，下列说法不正确的是

A. 按照甲→乙→丙→丁的顺序连接好装置，并检查装置的气密性
B. 先打开甲中分液漏斗的活塞，通一段时间气体并验纯，再点燃丙中的酒精灯
C. 丁中a为足量银氨溶液，b为足量澄清石灰水
D. 该实验的不足之处是缺少尾气处理装置，可用气囊收集后再进行处理
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应涉及气体的制备与反应，为防止实验时气体逸出，按照甲→乙→丙→丁的顺序连接好装置后，应检查装置的气密性，故A正确；
B．实验时先打开甲中分液漏斗的活塞，通一段时间甲烷气体并验纯后再点燃丙中的酒精灯进行实验，故B正确；
C．银氨溶液为碱性溶液，在检验一氧化碳的同时会吸收二氧化碳，干扰二氧化碳的检验，故C错误；
D．由分析可知，该实验设计的缺陷是缺少尾气处理装置，可用气囊收集后再进行处理，故D正确；
故选C。
8. 我国科学家已成功将CO2催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化CO2氢化的反应过程如图甲所示，其中化合物2与H2O反应生成化合物3，化合物3与HCO3-的反应历程如图乙所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法正确的是

A. 化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氧键的形成
B. 该历程中最大能垒(活化能)E正=16.87kcal·mol-1
C. 使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能。最终提高CO2的转化率
D. 从平衡移动的角度看，升高温度，可促进化合物2与H2O反应生成化合物3与HCOO-
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据化合物1与化合物2的结构可知，在化合物1()与CO2反应生成化合物2()的过程中，有碳氧键发生断裂，有碳复键形成，A正确；
B．该历程中II到TS2过期6能垒(活化能)最大，为E正=16.87-(-1.99)=18.6kcal·mol-1，B项错误；
C．使用更高效的催化剂可改变反应的途径，降低反应所需的活化能，但不能使平衡发生移动，不能提高CO2的转化率，C错误：
D．由化合物2与H2O反应生成化合物3与HCOO-的反应历程图可得该过程为放热反应，升高温度，不利于该过程的进行，D错误；
故答案为：A。
9. 已知：①C6H12O6(s)=2C2H5OH(l)＋2CO2(g) ΔH1
② 6CO2(g)＋6H2O(g)=C6H12O6(s)＋6O2(g) ΔH2
③ 2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g) ΔH3
④ 2CO2(g)＋6H2(g) = C2H5OH(l)＋3H2O(g) ΔH4
下列有关说法正确的是
A. H2的燃烧热为
B. 反应①使用催化剂，ΔH1将减小
C. 标准状况下，反应②生成1.12 L O2，转移的电子数为0.1×6.02×1023
D. 2ΔH4＝ΔH1＋ΔH2－6ΔH3
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据2H2O(g) =2H2(g)＋O2(g)反应可知，H2(g)＋O2(g) =H2O(g) ，∆H=1/2ΔH3，但是氢气的燃烧热指的是生成液态水，所以，∆H=1/2ΔH3，不是氢气的燃烧热，A错误；
B.催化剂不能改变反应的焓变，B错误；
C.反应②每生成6mol O2转移电子24mol，则在标准状况下，生成1.12 L O2，转移电子数为0.2×6.02×1023，C错误；
D.根据盖斯定律：①+②-6×③，得反应4CO2(g)＋12H2(g) =2 C2H5OH(l)＋6H2O(g)　2ΔH4=ΔH1+ΔH2-6ΔH3，D正确；
正确选项D。
【点睛】燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧的反应热，完全燃烧是指物质中含有的氮元素转化为气态氮气，氢元素转化为液态水，碳元素转化为气态二氧化碳。
二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有1~2个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
10. 某兴趣小组查阅资料得知：保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液能定量吸收O2：CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化。拟设计实验方案，采用上述两种溶液和KOH溶液及量气装置，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的百分组成。下列说法不正确的是

A. 采用上述3种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O2和CO
B. 保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式为2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O
C. 反应结束，恢复至室温，调整水准管内液面与量气管液面齐平，可观察到量气管液面下降
D. 其他两种吸收剂不变，O2的吸收剂可以用灼热的铜网替代
【答案】D
【解析】
【详解】A.KOH溶液只能吸收CO2气体，保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液能定量吸收O2，CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化，所以为减少实验误差，每种试剂只能吸收一种成分，采用上述3种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O2和CO，A正确；
B.根据得失电子守恒、电荷守恒，用保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式为2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O，B正确；
C.由于反应过程中放出热量，使量气管内气体由于温度升高而体积增大，水被赶入水准管，水准管的液面高于量气管的液面，当调整水准管内液面与量气管液面齐平时气体由于压强减小而体积增大，因此可观察到量气管液面下降，C正确；
D.三种气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O2和CO，若O2的吸收剂用灼热的铜网替代，O2和金属铜反应得到CuO可以吸收CO，所以不能用灼热的铜网代替吸收剂，D错误;
故合理选项是D。
11. 下列有关说法正确的是
A. 乙烯、氯乙烯、聚氯乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 至少由15个原子共平面
C. 甲苯苯环上的一个氢原子被一C3H6Cl取代，形成的同分异构体有9种。
D. 经测定乙二醇和苯组成的混合物中氧的质量分数为8%，则此化合物中碳的质量分数为84%
【答案】D
【解析】
详解】A．聚氯乙烯中不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．中至少由16个原子共平面，B错误，
C．-C3H6Cl有5种结构，甲苯苯环上的个氢原子被-C3H6Cl取代，两个取代基可以处于邻间、对位，故形成的同分异构体有15种，C错误：
D．苯，乙二醇组成的混合物可以看作CxHx·H2O混合，氧元素为8%，则水的质量分数为8%×=9%、CH的质量分数为1-9%=91%，所以混合物中碳元素的质量分数为91%×=84%，D正确；
故选D。
12. 2019年诺贝尔化学奖颁给在锂离子电池发展方面作出突出贡献的三位科学家，颁奖词中说：他们创造了一个可再充电的世界。下面是最近研发的Ca-LiFePO4可充电电池的工作示意图，锂离子导体膜只允许Li+通过，电池反应为：xCa2+＋2LiFePO4xCa＋2Li1-xFePO4＋2xLi+。下列说法错误的是

A. LiPF6-LiAsF6为非水电解质，其与Li2SO4溶液的主要作用都是传递离子
B. 放电时，负极反应为：LiFePO4−xe−===Li1-xFePO4＋xLi+
C. 充电时，Li1-xFePO4/LiFePO4电极发生Li+脱嵌，放电时发生Li+嵌入
D. 充电时，当转移0.2 mol电子时，左室中电解质的质量减轻2.6 g
【答案】B
【解析】
【详解】钙与水能够剧烈反应，所以，左室中的LiPF6−LiAsF6电解质一定为非水电解质，Li2SO4溶液为右室中的电解质溶液，它们的主要作用都是传递离子，形成电流，构成闭合回路，A正确；放电时，负极反应为：Ca−2e−===Ca2+，使左室中正电荷数目增多，锂离子导体膜只允许Li+通过，使LiPF6−LiAsF6电解质中的Li+通过锂离子导体膜移入右室，正极反应为：Li1−xFePO4＋xLi+＋xe−===LiFePO4，电极发生Li+嵌入，B错误；充电时，阳极发生：LiFePO4−xe−===xLi+＋Li1−xFePO4，电极发生Li+脱嵌，阴极发生：Ca2+＋2e−===Ca，转移0.2 mol电子时，有0.2 mol Li+从右室通过锂离子导体膜移入左室，左室电解质中有0.1 mol Ca2+得电子生成Ca沉积在钙电极上，故左室中电解质的质量减轻40×0.1 g −7×0.2 g =2.6 g，C、D正确。
13. 配离子的稳定性可用K不稳衡量，例如[Ag(NH3)2]+的在一定温度下，向0.1mol/L硝酸银溶液中滴入稀氨水，发生反应Ag++2NH3⇌Ag(NH3)2]+。溶液中pNH3与δ(X)的关系如图所示，其中pNH3=-lg[c(NH3)]、{X代表Ag+或[Ag(NH3)2]+}。下列说法正确的是

A. 图中δ1代表的是δ{[Ag(NH3)2]+}
B. 向溶液中滴入稀硝酸，δ(Ag+)增大
C. 该溶液中c()+c(H+)=c(OH-)
D 该温度时，K不稳{[Ag(NH3)2]+}=107.3
【答案】BC
【解析】
【详解】A．pNH3越大，即c(NH3)越小，溶液的c(Ag+)越大，越大，δ1代表的是δ(Ag+)，故A选项错误；
B．向体系中滴入硝酸，c(NH3)越小，δ(Ag+)增大，故B选项正确；
C．溶液中电荷守恒c(Ag+)+c{[Ag(NH3)2]+}+c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(NO3-)物料守恒c(Ag+)+
c{[Ag(NH3)2]+}=c(NO3-)两式整理得c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，故C选项正确；
D．选取a点即δ(Ag+)=δ{[Ag(NH3)2]+}，=(10-3.65)2=10-7.3，故D选项错误；
答案选BC。
二、非选择题：本大题包括必考题和选考题两部分。第14题~第16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17题~第18题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题
14. 已知：是重要的硫-氮二元化合物，室温下为橙黄色的固体，178~187℃熔化并分解，可用氨气与反应制得。某同学利用下图装置制取，然后制取。已知：为红棕色液体，有刺激性臭味，熔点：，沸点：60℃，易水解。

反应步骤：①反应时先向三颈烧瓶中通入干燥的氯气，使硫粉与氯气在50℃下反应生成。
②待三颈烧瓶中的硫粉全部反应后，关闭B、C之间的止水夹，撤掉A、B装置。
③连接制氨气的装置，通入氨气，反应制得。
试回答下列问题。
（1）仪器a的名称为_______，a中三氧化铬(还原产物中铬为+3价)可与浓盐酸快速反应制得氯气，写出反应的离子方程式_______。
（2）B装置中应选择的试剂为_______。制取过程中，b导管末端应连接下图中的_______(填序号)。

（3）向制得的中通入，生成的同时还生成一种常见固体单质和一种盐，写出反应的化学方程式_______。所得产物分离后，检验所得盐中阳离子的具体操作步骤和现象_______。
（4）在碱性条件下发生水解反应氮元素转化为氨气，用硼酸吸收，滴定氨气释放量可进一步测定的纯度。称取样品，加入NaOH溶液，并加热，释放出的氨气用足量硼酸溶液吸收[反应方程式为，假定反应过程中溶液体积不变]。反应后的硼酸溶滚，以甲基红-亚甲蓝为指示剂，再用的盐酸[滴定反应方程式为]进行滴定，重复三次实验。实验数据记录如下表所示：
实验序号
初始读数
最终读数
I
0.10
20.14
II
0.50
24.75
III
1.00
20.96
则制得的的纯度为_______。
【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②.
（2） ①. 浓硫酸 ②. C
（3） ①. ②. 取少量固体粉末于试管中，加入NaOH溶液并加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝色，则盐中的阳离子为铵根离子
（4）92%
【解析】
【分析】硫粉与氯气在50℃下反应生成SCl2，SCl2与NH3反应生成产品S4N4，然后根据滴定的方法测定S4N4的纯度。
【小问1详解】
a为蒸馏烧瓶，制取氯气时做氧化剂，将浓盐酸氧化为，反应的离子方程式为。
【小问2详解】
制取时需要干燥的氯气，HCl与硫粉不反应，因此只需要干燥即可，洗气瓶中盛装的是浓硫酸。最后尾气处理时，为了防止进入水蒸气，只能选用盛碱石灰的干燥管。
【小问3详解】
根据信息生成产物中的固体单质一定是硫单质，另一种盐一定是氯化铵，由此可写出反应的方程式为：。检验氯化铵中的阳离子采用的方法为取少量固体粉末于试管中，加入NaOH溶液并加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝色，则盐中的阳离子为铵根离子。
【小问4详解】
结合反应方程式和原子守恒可以找出反应的关系式。实验Ⅱ数据与其他两组相差较大，舍去，消耗盐酸溶液平均体积为20.00mL。所以，的质量分数为。
15. 钯在尖端科学和石化、电子电气、环境保护、生物制药、国防等现代工业中起着关键和核心作用，由于钯资源非常有限，因此废旧催化剂等二次资源中钯再生回收价值很高。废钯催化剂的杂质主要含碳、有机物及少量Fe、Zn等元素。废催化剂中钯的分离与提纯工艺流程如下：

已知：
①钯常见的化合价有+2价和+4价。钯容易形成配位化合物，如[Pd(NH3)4]Cl2、[Pb(NH3)2]Cl2、[H2Pd(NO3)4]。
②当有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配位体。
回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是___________。
（2）得到粗钯后，用王水在一定温度下充分浸取钯，得到氯亚钯酸(H2PdCl4)溶液，钯的浸出率与反应的温度、时间的关系如图所示。最佳的浸取时间和温度为___________。

（3）将氯亚钯酸溶液进行充分“浓缩赶硝”的原因是___________。
（4）氯亚钯酸溶液经“氨水络合”后；生成二氯四氨络亚钯{[Pd(NH3)4]Cl2}的化学方程式为___________。
（5）“氨水络合”时需要控制好溶液的pH，已知常温下，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16，要使得溶液中的杂质金属离子沉淀完全，pH至少调节为___________(保留三位有效数字)。(lg2=0.3)
（6）往二氯四氨络亚钯{[Pd(NH3)4]Cl2}溶液中搅拌滴加盐酸，调节pH析出黄色的二氯二氨络亚钯{[Pb(NH3)2]Cl2}用化学用语解释实现该转化的原因_________。
（7）二氯二氨络亚钯经水合肼(N2H4·H2O)处理后得到纯钯，同时还产生对环境无污染的气体，则该反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）将炭和有机物燃烧除掉，同时将钯元素转化为PdO
（2）反应时间为2.5h，反应温度为90°C
（3）有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配位体，从而影响二氯二氨络亚钯的沉淀率
（4）H2PdCl4+6NH3·H2O=[Pd(NH3)4]Cl2+6H2O+2NH4Cl
（5）8.65 （6）[Pd(NH3)4]Cl2溶液中存在平衡：[Pd(NH3)4]Cl2(aq)⇌[Pd(NH3)2]Cl2(s)+2NH3(aq)，加大盐酸消耗NH3，促使上述平衡向右移动，转化为[Pd(NH3)4]Cl2沉淀(或[Pd(NH3)4]Cl2+2HCl=[Pd(NH3)2]Cl2↓+2NH4Cl，加入盐酸后，反应生成[Pd(NH3)2]Cl2沉淀
（7）2[Pd(NH3)2]Cl2+N2H4∙H2O=2Pd+4NH4C1+H2O+N2↑
【解析】
【分析】废钯催化剂在750℃的高温下焙烧，碳、有机物及少量Fe、Zn被氧气氧化生成氧化物，经系列操作得粗钯，滤渣中含有Pd、SiO2，二氧化硅不溶于王水，但Pd能溶于王水生成溶液，同时生成气体，加入浓氨水调节溶液pH沉淀铁离子，得到溶液中加入盐酸酸析得到沉淀Pd(NH3)2Cl2，通过水和肼还原得纯钯；
【小问1详解】
高温焙烧时，一方面可燃物(C、有机物)可燃烧变成CO2、H2O除去，另一方面钯元素以及一些杂质元素在焙烧中转化，根据后续信息知钯变成PdO；
【小问2详解】
根据题中信息可得，在反应时间为2.5h和90℃时钯的浸出率最高；
【小问3详解】
将氯亚钯酸溶液进行充分“浓缩赶硝”的原因是有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配位体，从而影响二氯二氨络亚钯的沉淀率；
【小问4详解】
根据信息，反应方程式为H2PdCl4 + 6NH3·H2O= [Pd( NH3)4]Cl2 + 6H2O + 2NH4Cl；
【小问5详解】
Kp (Zn(OH)2] = [Zn2+]·[0H-]2= 2.0×10-16，沉淀完全时[Zn2+]可以计算得出[0H-] =×10-5.5，则[H+]=×10-8.5，pH=-lg[H+] = -lg（×10-8.5）=8.65；
【小问6详解】
[Pd( NH3)4]Cl2溶液中存在平衡；[Pd( NH3)4 ]Cl2(aq)[Pd (NH3)4]Cl2(s) + 2NH3(aq)，加入盐酸消耗NH3，促使上述平衡向右移动，转化为[Pd( NH3)4]Cl2沉淀；
【小问7详解】
结合题意，该反应的化学方程式为：2[Pd( NH3)4]Cl2 + N2H4·H2O=2Pd+4NH4Cl+H2O+N2↑；
16. 铁及其化合物在工业上有许多用途。回答下列有关问题：
（1）铁系氧化物材料在五金器材的抛光、光学仪器和玉石的磨光材料、吸波材料、半导体材料等方面得以广泛应用。在空气中加热FeCO3可制得铁系氧化物材料。已知：
①4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH=-1648 kJ·mol-1；
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393 kJ·mol-1；
③2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s) ΔH=-1480 kJ·mol-1；
则在空气中加热FeCO3生成铁系氧化物Fe2O3的热化学方程式为___________。
（2）已知在某种含铁催化剂作用下发生下列反应：CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g) ΔH＜0。一定温度下和压强条件下，把1 mol CO和3 mol H2加入到压强为p0的恒压密闭容器中，测得不同时间CO的体积分数φ(CO)如下表：
t/min
0
10
20
30
40
50
φ(CO)
0.250
0.230
0.214
0.202
0.200
0.200
①当___________不再发生变化时(写出一条即可)，则表明反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)达到平衡。
②达到平衡时CO的转化率为___________；若用平衡分压代替平衡浓度，则该温度下的平衡常数K=___________(已知：气体分压=气体总压×体积分数)。
③若下图表示该反应中CO的平衡转化率与温度、压强的关系。图中温度T1、T2、T3由高到低的顺序是___________。

（3）甲醇在催化剂条件下可以直接被氧化成甲酸。常温下，甲酸的电离常数Ka=1.0×10-4，20.00 mL0.1000 mol∙L-1NaOH溶液与等体积一定浓度的甲酸溶液混合，所得溶液中c(HCOOH)=c(HCOO-)，则c(OH-)=___________，溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________。
【答案】（1）4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g) ΔH=-260 kJ·mol-1
（2） ①. 混合气体的密度或混合气体的平均相对分子质量或任一组分的体积分数等 ②. 33.3%或1/3 ③. ④. T1＞T2＞T3
（3） ①. 1.0×10-10 mol/L ②. c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
【解析】
【小问1详解】
已知：①4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH=-1648 kJ·mol-1；
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393 kJ·mol-1；
③2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s) ΔH=-1480 kJ·mol-1；
根据盖斯定律，将①+②×4-③×2，整理可得：4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g) ΔH=-260 kJ·mol-1；
【小问2详解】
①反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g) ΔH＜0的正反应是气体体积减小的放热反应，反应混合物都是气体，气体的质量不变，反应在恒温、恒压条件下进行，当混合气体的密度或混合气体的平均相对分子质量或任一组分的体积分数等不变时，反应达到平衡状态；
②CO、H2发生反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)。在反应开始时n(CO)=1 mol，n(H2)=3 mol，假设CO转化的物质的量是x mol，则反应消耗CO为3x mol，反应产生CH4、H2O的物质的量都是x mol，故平衡时n(CO)=(1-x)mol，n(H2)=(3-3x)mol，n(CH4)=n(H2O)=x mol，平衡时气体总物质的量为(4-2x) mol，根据表格数据可知平衡时CO的体积分数是0.20，所以 ，解得x=mol，所以平衡时CO的平衡转化率为；
CO的平衡分压为p(CO)=，p(H2)=，p(CH4)=p(H2O)= ，故该温度下的化学平衡常数Kp=；
③CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g) ΔH＜0的正反应是放热反应，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO的平衡转化率减小。根据图示可知CO的平衡转化率：T3＞T2＞T1， 所以温度由高到低的顺序是：T1＞T2＞T3；
【小问3详解】
甲酸的电离平衡常数K=。所以当溶液中c(HCOOH)=c(HCOO-)时，K=c(H+)=1.0×10-4 mol/L，则根据水的离子积常数可知溶液中c(OH-)=；所得溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH-)。甲酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，现在得到溶液c(H+)=1.0×10-4 mol/L，溶液显酸性，说明得到溶液为甲酸与甲酸钠的化合物，HCOOH电离程度大于HCOO-的水解程度，因此c(HCOO-)＞c(Na+)，溶液显酸性，盐电离产生的离子浓度c(Na+)大于弱电解质HCOOH电离产生的c(H+)，故溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。
[选修3：物质结构与性质]
17. 2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。请回答下列问题：
（1）LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态Co原子核外电子排布式为___，基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为___；该能层能量最高的电子云在空间有___个伸展方向，原子轨道呈___形。
（2）[Co(NO3－)4]2－中Co2+的配位数为4，配体中N的杂化方式为__，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为___(填元素符号)，1mol该配离子中含σ键数目为___NA。
（3）LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：

这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为___(用n代表P原子数)。
（4）钴蓝晶体结构如图，该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为___，晶体中Al3+占据O2－形成的___(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。NA为阿伏伽德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为___g·cm－3(列计算式)。

【答案】 ①. 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 ②. M ③. 3 ④. 哑铃 ⑤. sp2 ⑥. Co、O、N ⑦. 16 ⑧. (PnO3n＋1)(n＋2)－ ⑨. CoAl2O4 ⑩. 八面体空隙 ⑪.
【解析】
【详解】（1）Co为27号元素，Co原子核外有27个电子，根据核外电子排布规律可得其基态Co原子核外电子排布式；基态磷原子核外有三层电子，故最高能层符号为M，电子云在空间有3个伸展方向，原子轨道为哑铃型，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；M；3；哑铃；
（2）NO3－中价层电子对数为，故为sp2杂化；一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由于N原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大的顺序为Co、O、N；一个NO3－中有3个σ键，配位键也为σ键，故σ键数目为3×4+4=16，则1mol该配离子中含σ键数目为16NA，故答案为：sp2；Co、O、N；16；
（3）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO43-、P2O74-、P3O105-磷原子的变化规律为：1,2,3,4，n 氧原子的变化规律为：4,7,10,3n+1  酸根所带电荷数的变化规律为：3,4,5,n+2；故答案为：(PnO3n＋1)(n＋2)－
（4）根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为：，，，所以化学式为CoAl2O4；根据结构观察，晶体中Al3+占据O2-形成的八面体空隙；该晶胞的体积为，该晶胞的质量为 ,所以密度为 ，故答案为：CoAl2O4；八面体空隙；。
【点睛】在计算价层电子对数时O、S作为配原子时提供的电子数为0；第（3）问属于跨学科综合题目，首先用数学的找规律递推到通式，首先写出磷酸的化学式，然后寻找规律。
[选修5：有机化学基础]
18. 磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒2019-nCoV感染，其中一种以芳香化合物A和乙酰乙酸乙酯( )为原料合成磷酸氯喹的合成路线如下：

已知：①具有酸性；②；
③R1NH2+R2XR1NHR2+HX(X表示卤原子)。
请回答下列问题：
（1）C中含氧官能团的名称是________，G→H的反应类型是_______。
（2）F的结构简式是___________。
（3）写出C与NaOH反应的化学方程式___________。
（4）M是H的同分异构体，符合下列条件的M的同分异构体共有___________种；写出其中一种核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4：4：1的结构简式___________。
①含有基团、一N(C2H5)2；
②酸性水解产物中含有乙酸；
③能与金属钠反应生成H2
（5）参照上述信息和合成路线，请设计以苯和1，4-丁二醇为原料合成的合成路线(无机试剂任选)_____。
【答案】（1） ①. 酯基、羟基 ②. 取代反应
（2） （3）+2NaOH→+CH3CH2OH+H2O
（4） ①. 19 ②. 、、
（5）
【解析】
【分析】根据已知②，A发生还原反应生成B，由B的结构简式可知A为。根据D的化学式可知：C发生水解再酸化得D为 ，D脱羧基得E，根据I和F反应的生成物的结构简式可知，F为，E发生取代反应生成F，F与I发生取代反应后再与磷酸反应得磷酸氯喹。
【小问1详解】
根据题图可知C结构简式是，其中所含的含氧官能团是酯基、羟基；
与BrCH2CH2Br在CH3CH2ONa作用下反应产生G：；根据G、H二者结构简式的不同，可知该反应类型是取代反应；
【小问2详解】
根据上述分析可知F结构简式是；
【小问3详解】
C是，根据已知信息：具有酸性，酯基能够发生水解反应，所以C与NaOH溶液反应化学方程式为：+2NaOH→+CH3CH2OH+H2O；
【小问4详解】
H结构简式是，M是H的同分异构体，符合下列条件：①含有基团、一N(C2H5)2；②酸性水解产物中含有乙酸，说明原物质中含有乙酸酯结构；③能与金属钠反应生成H2，说明物质分子中含有-COOH或-OH结构，则符合条件的M的同分异构体存在上连有CH3COO-、-OH、一N(C2H5)2，根据定二移一的方法可知共有19种不同结构，其中一种核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4：4：1的结构简式为：、、；
【小问5详解】
根据信息②，用1，4-丁二醇与POCl3发生取代生成，用苯与硝酸、浓硫酸在加热时发生取代反应生成硝基苯，硝基苯还原生成苯胺，苯胺与在一定条件下反应生成，故合成路线为：。