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四川省树德中学2020届高三11月月考化学试题
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高2017级高三上期11月阶段性测试理综化学试题
1.下列说法正确的是（ ）
A. 向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液，未出现银镜，则蔗糖未水解
B. 尼龙绳主要由合成纤维制造
C. 蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质
D. 植物油氢化过程是发生了取代反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．蔗糖水解后，检验葡萄糖在碱性条件下，水解后没有加碱至碱性再加银氨溶液，不能检验，故A错误；
B．尼龙绳主要成分为聚酰胺类合成纤维，所以尼龙绳主要由合成纤维制造，故B正确；
C．蛋白质含有C、H、O、N等元素，故C错误；
D．植物油含有不饱和烃基，可与氢气发生加成反应，为氢化过程，故D错误；
故答案为B。
2.有一澄清透明溶液，只可能大量含有Fe3+、Fe2+、H+、AlO2—、Al3+、CO32—、NO3—七种离子中的几种，向该溶液中逐滴加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后才有沉淀。则下列判断正确的是（ ）
A. 溶液中可能含有AlO2—
B. 溶液中一定含有Fe3+、Al3+
C. 溶液中一定不含Fe2+和Fe3+
D. 溶液中可能含有Fe3+，一定不含Fe2+
【答案】D
【解析】
【分析】
向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2-、CO32-离子因发生反应而不能存在，而后才有沉淀．能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，结合溶液的电中性和Fe2+离子的还原性以及NO3-离子（酸性条件下）的氧化性做进一步的推断。
【详解】向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子；在酸性溶液中AlO2-、CO32-离子分别与H+离子反应生成Al(OH)3沉淀、CO2气体而不能存在；根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有NO3-离子符合；而后才有沉淀，能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，但在酸性条件下Fe2+离子与NO3-离子发生氧化还原反应而不能共存，则一定不含Fe2+离子；
综上所述，溶液中一定含有H+离子、NO3-离子，一定没有AlO2-、CO32-、Fe2+离子，Fe3+离子、Al3+离子至少有一种，故答案为D。
3.a、b、c、d、e五种短周期元素的原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示:下列说法正确的是
A. 离子半径:b>d
B. 沸点:a与d形成的化合物>a与c形成的化合物
C. a与b、c、d、e均可形成共价化合物
D. e的含氧酸可能既有氧化性又有还原性
【答案】D
【解析】
试题分析：由图中信息可知，a、b两元素的原子最外层电子数都是1，a的半径最小，则a是H元素；e的最外层有6个电子，其半径仅比b小，则b、e分别为Na和S元素；c、d最外层分别有4和5个电子，则c、d分别为C和N元素。
A. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，故氮离子半径大于钠离子，A不正确； B. 沸点:H与N形成的化合物可能呈气态或液态，>H与C形成的化合物可能呈气态、液态或固态，所以无法比较两者的沸点，B不正确；C. H与C、N、S均可形成共价化合物，但是H与Na只能形成离子化合物，C不正确；D. S的含氧酸中有亚硫酸和硫酸等等，亚硫酸既有氧化性又有还原性，D正确。本题选D。
4.在2 L的恒容密闭容器中充入2 mol SO2和1 mol O2，发生反应：2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)，下列有关说法正确的是（ ）
A. 由图可知：该反应的△H<0
B. 在图中的t1时充入少量氩气，容器内压强增大，平衡右移
C. 图所示条件下，平衡常数为2
D. 图中的y可以表示平衡常数或混合气体平均摩尔质量
【答案】A
【解析】
【详解】A．图象分析可知温度为T2前随温度升高三氧化硫含量增大，T2温度后随温度升高三氧化硫含量减小，说明T2前反应未达到平衡状态，T2时达到平衡状态，温度升高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0，故A正确；
B．恒容容器中充入少量氩气，容器内总压强增大，但各组分的浓度不变，化学反应速率不变，平衡不发生移动，故B错误；
C．平衡时二氧化硫转化率50%，结合化学反应三行计算平衡浓度，
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)
起始量(mol/L) 1 0.5 0
变化量(mol/L) 0.5 0.25 0.5
平衡量(mol/L) 0.5 0.25 0.5
平衡浓度K===4，故C错误；
D．平衡常数随温度变化，温度不变平衡常数不变，反应前后气体质量总质量不变，但气体的总物质的量不断减小，根据M=可知混合气体平均摩尔质量不断增大，最终不变，混合气的平均摩尔质量的变化与图象不符合，故D错误；
故答案为A。
【点睛】化学平衡图像题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看υ正、υ逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
5.25 ℃时浓度都是1 mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX的溶液pH＝7且溶液中c(X－)＝1 mol·L－1，BX的溶液pH＝4，BY的溶液pH＝6。下列说法正确的是
A. 电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)
B. AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C. 稀释相同倍数，溶液pH变化BX等于BY
D. 将浓度均为1 mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY
【答案】A
【解析】
【分析】
由题给条件可以推出AX是强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，AY为强碱弱酸盐。
【详解】A. 1 mol·L-1 BY溶液pH=6，说明B+的水解程度大于Y-的，则电离平衡常数 K(BOH)
C. 稀释相同的倍数，BX、BY的水解程度不同，所以pH变化不相等，C选项错误：
D. 相同浓度的一元强酸和一元弱酸，稀释10倍后，浓度依然相同，弱酸的pH大于强酸的，D选项错误；
故答案选A。
6.实验：①将0.1mol·L-1MgCl2溶液和0.5mol·L-1NaOH溶液等体积混合得到浊液；②取少量①中浊液，滴加0.1mol·L-1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀；③将①中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1mol·L-1FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色；④另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解。下列说法中，不正确的是（ ）
A. 将①中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2+
B. 浊液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)
C. 实验②和③均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶
D. NH4Cl溶液中的NH4 +可能是④中沉淀溶解的原因
【答案】C
【解析】
【分析】
将0.1 mol·L－1 MgCl2溶液和0.5 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合得到氢氧化镁和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物，加入FeCl3溶液,会出现红褐色沉淀氢氧化铁，氢氧化镁的悬浊液中滴加氯化铁会生成氢氧化铁沉淀，沉淀向着更难溶的物质转化，氯化铵会对氢氧化镁的沉淀溶解平衡产生影响。
【详解】将0.1 mol·L－1 MgCl2溶液和0.5 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合得到氢氧化镁和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡: Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq),
A、将①中所得浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡: Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，所得滤液中含少量Mg2＋，所以A选项是正确的；
B、浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，所以B选项是正确的；
C、实验②中是因为剩余的氢氧化钠和氯化铁之间反应生成氢氧化铁的缘故，不能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶，故C错误；
D、氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，加氯化铵，会和氢氧根离子之间反应，所以平衡正向移动，沉淀溶解，所以D选项是正确的。
答案选C。
7.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。
①
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【解析】
分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。
点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。
8.Ⅰ．在测定空气里氧气含量的实验中，小明采用了如图所用的装置：
装置一装置二
在由注射器和硬质玻璃管组成的密闭系统中留有40mL空气，给装有铜粉的玻璃管加热，观察密闭系统内空气体积变化。
(1)在实验加热过程中，缓慢推动注射器活塞目的是__________。
(2)装置一比装置二更______(填“合理”或“不合理”)，理由是_________。
(3)小明测得的实验结果如下：
反应前注射器内气体总体积
反应后注射器内气体总体积
15mL
10mL
由此数据可推算出他测定的氧气的体积分数________21%（填“>”“<”或“=”），造成该实验出现误差的原因可能是____________（填序号）。
①推动注射器活塞速度太快 ②未冷却至室温就读数 ③加入铜粉量太少
Ⅱ．H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。
图甲图乙
(4)根据上图，将不同条件对速率的影响情况补充完整：图甲表明，____________，H2O2分解速率越快；图乙表明，_________，H2O2分解速率越快。
【答案】 (1). 使空气中的氧气充分反应 (2). 合理 (3). 有利于空气流通，反应更充分 (4). < (5). ①②③ (6). 其他条件不变的情况下，H2O2溶液的浓度越大 (7). 其他条件不变的情况下，溶液的pH越大
【解析】
【分析】
Ⅰ．(1)缓慢推动注射器活塞，减小气体的流速；
(2) 根据铜粉与氧气的反应分析回答；
(3) 根据测定空气中氧气含量的实验原理及注意事项分析回答；
Ⅱ．(4) 图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大；图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大。
【详解】Ⅰ．(1)在实验加热过程中，缓慢推动注射器活塞，降低气体的流速，目的是使空气中的氧气充分反应；
(2) 由装置的特点可知，装置一比装置二合理，理由是装置一中的小气球在硬质玻璃管的右边，在推拉活塞时有利于空气流通，反应更充分；
(3) 由实验数椐可以推算出他测定的空气中氧气的体积分数是：×100%=12.5%＜21%，造成该实验出现误差的原因可能是：铜粉的量太少，不能将全部氧气消耗、推动注射器活塞速度过快使氧气未完全反应、未冷却到室温读数等，故答案为①②③；
Ⅱ．(4) 图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快；图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：双氧水浓度相同时，pH越大双氧水分解速率越快。
9.工业上可以从电解铜的阳极泥中提取很多重要物质，其工艺流程如下：
已知：①阳极泥主要化学成分，如表所示：
主要成分
Cu Ag Au Se Te
百分含量/%
23.4 12.1 0.9 6.7 3.1
②温度和硫酸浓度对阳极泥中各组分浸出率的影响，如表所示：
固定浸出温度
固定H2SO4浓度
H2SO4浓度
/ mol·L－1
浸出率/%
浸出温度/℃
浸出率/%
Cu Ag Au Se Te
Cu Ag Au Se Te
4
95.1 4.67 ＜0.2 0.83 8.93
30
87.1 4.58 ＜0.2 0.08 6.83
3
94.5 4.65 ＜0.2 0.28 6.90
40
94.5 4.65 ＜0.2 0.28 6.90
2
78.1 2.65 ＜0.2 0.05 2.85
50
96.1 5.90 ＜0.2 0.64 8.73
(1)步骤I的主要目的为浸出铜，发生的主要反应的化学方程式为__________；分析表2数据，可知步骤I最适合的条件为______________。
(2)步骤II中，加入Cu粉的目的是除去滤液中含碲的离子，加入NaCl的目的为________。
(3)步骤III的操作方法为___________。
(4)步骤IV中，反应温度为75℃。加入H2O2溶液作用为______________；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因为_____________。
(5)步骤VI中所发生反应的化学方程式为_______。
(6)步骤VII中，碱性环境下电解Na2TeO3溶液可得Te实现，阴极的电极反应式为_____。
【答案】 (1). 2Cu＋O2＋2H2SO4＝2CuSO4＋2H2O (2). 硫酸浓度3 mol·L-1、浸出温度40℃ (3). 除去滤液中Ag+ (4). 加热浓缩（蒸发）、冷却结晶、过滤 (5). 氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中 (6). 增加硒和碲的浸出率、H2O2会有部分分解 (7). Na2SeO3＋2Na2SO3＋2HCl＝Se＋2Na2SO4＋2NaCl＋H2O (8). TeO32—＋4e－＋3H2O＝Te＋6OH－
【解析】
【分析】
(1)根据阳极泥的成分和流程图，及题目要求，主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应，配平方程式即可；根据题目中所给表格②中数据分析，综合考虑浸出率和经济性等原则得出结论；
(2)步骤Ⅱ中，加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去；
(3)使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；
(4)步骤Ⅳ中，反应温度为75℃．加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因是：从速率及平衡角度考虑，可增加硒和碲的浸出率，H2O2会有部分分解，有损失；
(5)根据流程图中的反应物和生成物，配平方程式即可；
(6)根据反应物Na2TeO3和生成物Te，结合碱性条件，阴极应发生还原反应，根据守恒即可写出其电极反应式。
【详解】(1)根据阳极泥的成分和流程图及题目要求，主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应，反应的方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；根据题目中所给表格②中数据分析，可知当硫酸浓度为2 mol•L-1、浸出温度30℃时浸出率太低，硫酸浓度为3 mol•L-1、浸出温度40℃时浸出率已较高，再增大浓度和升温对浸出率影响不大，但会浪费试剂和能源；故可知步骤I最适合的条件为 ：硫酸浓度3 mol•L-1、浸出温度40℃；
(2)步骤Ⅱ中，加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去；
(3)使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；
(4)硒和碲不溶于水，步骤Ⅳ中，反应温度为75℃．加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因是：从速率及平衡角度考虑，可增加硒和碲的浸出率；H2O2会有部分分解；
(5)根据流程图中的反应物和生成物，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的方程式为Na2SeO3+2Na2SO3+2HCl=Se+2Na2SO4+2NaCl+H2O；
(6)根据反应物Na2TeO3和生成物Te，结合碱性条件，阴极应发生还原反应，根据守恒即可写出其电极反应式TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。
10.1913年，德国化学家哈伯实现了合成氨的工业化生产，被称作解救世界粮食危机的化学天才。现将lmolN2和3molH2投入1L的密闭容器，在一定条件下，利用如下反应模拟哈伯合成氨的工业化生产： N2(g) +3H2(g) 2NH3(g)△H < 0 当改变某一外界条件（温度或压强）时，NH3的体积分数φ(NH3)变化趋势如下图所示。
(1)已知：①NH3(l) NH3(g) ΔH1 ②N2(g)+3H2(g) 2NH3(l) ΔH2，则反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的△H=________（用含△H1、△H2的代数式表示）。
(2)X轴上a点的数值比b点 _____（填“大”或“小”），Y轴表示_______（填“温度”或“压强”）。
(3)将1mol N2和3mol H2分别投入起始容积为1L的密闭容器中，实验条件相关数据如下表所示：
下列判断正确的是________。
A．放出热量：Ql< Q2<|△H| B．N2的转化率：I> III
C．平衡常数：II >I D．达平衡时氨气的体积分数：I>II
(4)平衡时，M点NH3的体积分数为10%。若同温同容下，再充入0.2mol N2，0.6mol H2和1.6molNH 3，重新达平衡时NH3的体积分数________ 10%（填“＞”、“＜”、“=”或“无法确定”）。
(5)某科研小组探究在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对合成NH3反应的影响．实验结果如图所示：（图中T2和T1表示温度，n表示起始时H2的物质的量）
①图象中T2和T1的关系是：T2_____T1（填“＞”、“＜”、“=”或“无法确定”）。
②比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是___（填字母）。
【答案】 (1). 2△H1+△H2 (2). 小 (3). 温度 (4). AB (5). ＞ (6). ＜ (7). c
【解析】
【分析】
(1) 根据盖斯定律，①×2+②可得N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，反应热也进行相应计算；
(2) 随Y值增大，φ(NH3)减小，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0向逆反应方向移动，正反应为体积减小的放热反应，故Y为温度，则X为压强，增大压强平衡正向移动，φ(NH3)增大；
(3) A．I为恒温恒容，随反应进行压强减小，Ⅱ为恒温恒压，Ⅱ相当于在I的基础上增大压强，平衡正向移动，Ⅱ中反应物转化率大于Ⅰ；
B．Ⅲ为恒容绝热，随反应进行温度升高，I为恒温恒容，Ⅲ相当于在I的基础上升高温度，平衡逆向移动；
C．平衡常数只受温度影响，温度相同，平衡常数相同；
D．Ⅱ相当于在I的基础上增大压强，平衡正向移动，氨气体积分数增大；
(4)再次充入0.2mol N2，0.6mol H2和1.6molNH3等效于再次充入1molN2和3molH2，结合勒夏特列原理分析；
(5)①由图可知，n(H2)相同时，T2对应氨气含高，反应为放热反应，降低温度有利于生成氨气；
②a、b、c三点，n(H2)越大，平衡正向移动的程度越大，N2的转化率越大。
【详解】(1) 已知：①NH3(l)⇌NH3(g)△H1， ②N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(l)△H2，根据盖斯定律，①×2+②可得：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，故△H=2△H1+△H2；
(2) 随Y值增大，φ(NH3)减小，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0向逆反应方向移动，正反应为体积减小的放热反应，故Y为温度，则X为压强，增大压强平衡正向移动，φ(NH3)增大，a点的数值比b点小；
(3) A．I为恒温恒容，随反应进行压强减小，Ⅱ为恒温恒压，Ⅱ相当于在I的基础上增大压强，平衡正向移动，Ⅱ中反应物转化率大于Ⅰ，放出热量：Ql＜Q2<|∆H|，故A正确；
B．Ⅲ为恒容绝热，随反应进行温度升高，I为恒温恒容，Ⅲ相当于在I的基础上升高温度，平衡逆向移动，N2的转化率：I＞III，故B正确；
C．平衡常数只受温度影响，温度相同，平衡常数相同，则平衡常数：II=I，故C错误；
D．Ⅱ相当于在I的基础上增大压强，平衡正向移动，则达平衡时氨气的体积分数：I＜II，故D错误；
故答案为AB；
(4) 再次充入0.2mol N2，0.6mol H2和1.6molNH3等效于再次充入1molN2和3molH2，在恒温恒容容器中，相当于增大压强，平衡正向移动，重新达平衡时NH3的体积分数＞10%；
(5)①由图可知，n(H2)相同时，T2对应氨气含高，反应为放热反应，降低温度有利于生成氨气，则T2＜T1 ；
②a、b、c三点，n(H2)越大，平衡正向移动的程度越大，N2的转化率越大，c点时氢气的物质的量最大，c点N2的转化率最高，故答案为：c。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
11.(1)气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为________形，从电子云重叠方式看共价键的类型有________种；固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。
(2)某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x－n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为__。
图1 FexNy晶胞结构示意图图2转化过程的能量变化
(3)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为a＝0.446 nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K与O间的最短距离为__ nm，与K紧邻的O个数为____。
(4)在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于_______位置，O处于______位置。
【答案】 (1). 平面三角 (2). 2 (3). sp3 (4). Fe3CuN (5). 0.315 (或 ×0.446) (6). 12 (7). 体心 (8). 棱心
【解析】
【分析】
(1) SO3中S原子价层电子对数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型；该分子中S-O原子之间存在共价键；该分子中每个S原子价层电子对数都4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型；
(2) 能量越低越稳定，故Cu替代a位置的Fe形成的物质更稳定，形成晶胞中N原子处于体心、Cu原子处于顶点、Fe原子处于面心，利用均摊法计算晶胞中各原子数目，进而确定化学式；
(3) K与O间的最短距离为面对角线的一半；O位于面心，K位于顶点，1个面心为2个晶胞共有，1个顶点为8个晶胞共有；
(4) 在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，个数为8×=1，则K也为1，应位于体心，则O位于棱心，个数为12×=3。
【详解】(1) SO3中S原子价层电子对数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面正三角形；该分子中S-O原子之间存在σ和离域大π键，所以共价键类型2种；该分子中每个S原子价层电子对数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型为sp3；
(2) 能量越低越稳定，故Cu替代a位置的Fe形成的物质更稳定，形成晶胞中N原子处于体心、Cu原子处于顶点、Fe原子处于面心，晶胞中N原子数目=1，N(Cu)=8×=1，N(Fe)=6×=3，故化学式为：Fe3CuN；
(3) K与O间的最短距离为面对角线的一半，则K与O间的最短距离为×0.446nm=0.315nm，O位于面心，K位于顶点，1个面心为2个晶胞共有，1个顶点为8个晶胞共有，即与K紧邻的O个数为=12个；
(4) 在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，个数为8×=1，则K也为1个，应位于体心，则O位于棱心，每个棱为4个晶胞共有，则O个数为12×=3。
12.异戊酸薄荷酯P（）是一种治疗心脏病的药物。一种制备异戊酸薄荷酯P的流程如下：
已知：
RCH=CH2 RCH2CHBr（R表示烃基）
完成下列问题：
(1)A的化学名称为__________。
(2)试剂l的结构简式为__________。
(3)由E生成F的化学方程式为__________；该反应类型是__________。
(4)试剂2可以是__________试剂（填名称或化学式）
(5)由C和H生成P的化学方程式为__________。
(6)H的同分异构体中，能发生水解反应的链状化合物共有_________种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱有两种峰、且峰值比为9:1的同分异构体的结构简式为__________。
(7)苯乙烯是一种重要的化工原料，参考制备异戊酸薄荷酯中的方法，设计以苯、乙烯为有机原料（无机试剂自选），制备苯乙烯的合成线路：
合成路线常用的表示方法为：
________________________
【答案】 (1). 3-甲基苯酚（间-甲基苯酚） (2). CH3CH=CH2 (3). (4). 水解反应或取代反应 (5). 新制的银氨溶液或新制的氢氧化铜 (6). (7). 9 (8). (9).
【解析】
根据P的结构简式可知C与H发生酯化反应生成P，因此H的结构简式为(CH3)2CHCH2COOH，C的结构简式为；D与溴化氢发生加成反应生成E，E发生水解反应生成F，F是醇，F发生催化氧化生成G，G发生反应生成H，则G的结构简式为(CH3)2CHCH2CHO，F的结构简式为(CH3)2CHCH2CH2OH，E的结构简式为(CH3)2CHCH2CH2Br，D的结构简式为(CH3)2CHCH＝CH2。根据C的结构简式可知A是间－甲基苯酚，依据A和B的分子式结合已知信息可知试剂1是丙烯，与A发生加成反应生成B，B中的苯环与氢气发生加成反应生成C，B的结构简式为。
(1)A的结构简式为，化学名称为 3-甲基苯酚。(2)试剂l是丙烯，结构简式为CH3CH=CH2。(3)由E生成F是卤代烃的水解反应，反应的化学方程式为(CH3)2CHCH2CH2Br+NaOH(CH3)2CHCH2CH2OH+NaBr。(4)试剂2把醛基氧化为羧基，可以是新制的银氨溶液或新制的氢氧化铜；(5)由C和H生成P的化学方程式为+(CH3)2CHCH2COOH+H2O；(6)H的同分异构体中，能发生水解反应的链状化合物属于酯类，可以是甲酸和丁醇形成的酯类（4种），乙酸和丙醇形成的酯类（2种），丙酸和乙醇形成的酯类（1种），丁酸和甲醇形成的酯类（2种），共有9种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱有两种峰、且峰值比为9:1的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3。(7)根据已知信息结合逆推法可知以苯、乙烯为有机原料（无机试剂自选）制备苯乙烯的合成线路图为 。
高2017级高三上期11月阶段性测试理综化学试题
1.下列说法正确的是（ ）
A. 向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液，未出现银镜，则蔗糖未水解
B. 尼龙绳主要由合成纤维制造
C. 蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质
D. 植物油氢化过程是发生了取代反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．蔗糖水解后，检验葡萄糖在碱性条件下，水解后没有加碱至碱性再加银氨溶液，不能检验，故A错误；
B．尼龙绳主要成分为聚酰胺类合成纤维，所以尼龙绳主要由合成纤维制造，故B正确；
C．蛋白质含有C、H、O、N等元素，故C错误；
D．植物油含有不饱和烃基，可与氢气发生加成反应，为氢化过程，故D错误；
故答案为B。
2.有一澄清透明溶液，只可能大量含有Fe3+、Fe2+、H+、AlO2—、Al3+、CO32—、NO3—七种离子中的几种，向该溶液中逐滴加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后才有沉淀。则下列判断正确的是（ ）
A. 溶液中可能含有AlO2—
B. 溶液中一定含有Fe3+、Al3+
C. 溶液中一定不含Fe2+和Fe3+
D. 溶液中可能含有Fe3+，一定不含Fe2+
【答案】D
【解析】
【分析】
向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2-、CO32-离子因发生反应而不能存在，而后才有沉淀．能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，结合溶液的电中性和Fe2+离子的还原性以及NO3-离子（酸性条件下）的氧化性做进一步的推断。
【详解】向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子；在酸性溶液中AlO2-、CO32-离子分别与H+离子反应生成Al(OH)3沉淀、CO2气体而不能存在；根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有NO3-离子符合；而后才有沉淀，能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，但在酸性条件下Fe2+离子与NO3-离子发生氧化还原反应而不能共存，则一定不含Fe2+离子；
综上所述，溶液中一定含有H+离子、NO3-离子，一定没有AlO2-、CO32-、Fe2+离子，Fe3+离子、Al3+离子至少有一种，故答案为D。
3.a、b、c、d、e五种短周期元素的原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示:下列说法正确的是
A. 离子半径:b>d
B. 沸点:a与d形成的化合物>a与c形成的化合物
C. a与b、c、d、e均可形成共价化合物
D. e的含氧酸可能既有氧化性又有还原性
【答案】D
【解析】
试题分析：由图中信息可知，a、b两元素的原子最外层电子数都是1，a的半径最小，则a是H元素；e的最外层有6个电子，其半径仅比b小，则b、e分别为Na和S元素；c、d最外层分别有4和5个电子，则c、d分别为C和N元素。
A. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，故氮离子半径大于钠离子，A不正确； B. 沸点:H与N形成的化合物可能呈气态或液态，>H与C形成的化合物可能呈气态、液态或固态，所以无法比较两者的沸点，B不正确；C. H与C、N、S均可形成共价化合物，但是H与Na只能形成离子化合物，C不正确；D. S的含氧酸中有亚硫酸和硫酸等等，亚硫酸既有氧化性又有还原性，D正确。本题选D。
4.在2 L的恒容密闭容器中充入2 mol SO2和1 mol O2，发生反应：2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)，下列有关说法正确的是（ ）
A. 由图可知：该反应的△H<0
B. 在图中的t1时充入少量氩气，容器内压强增大，平衡右移
C. 图所示条件下，平衡常数为2
D. 图中的y可以表示平衡常数或混合气体平均摩尔质量
【答案】A
【解析】
【详解】A．图象分析可知温度为T2前随温度升高三氧化硫含量增大，T2温度后随温度升高三氧化硫含量减小，说明T2前反应未达到平衡状态，T2时达到平衡状态，温度升高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0，故A正确；
B．恒容容器中充入少量氩气，容器内总压强增大，但各组分的浓度不变，化学反应速率不变，平衡不发生移动，故B错误；
C．平衡时二氧化硫转化率50%，结合化学反应三行计算平衡浓度，
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)
起始量(mol/L) 1 0.5 0
变化量(mol/L) 0.5 0.25 0.5
平衡量(mol/L) 0.5 0.25 0.5
平衡浓度K===4，故C错误；
D．平衡常数随温度变化，温度不变平衡常数不变，反应前后气体质量总质量不变，但气体的总物质的量不断减小，根据M=可知混合气体平均摩尔质量不断增大，最终不变，混合气的平均摩尔质量的变化与图象不符合，故D错误；
故答案为A。
【点睛】化学平衡图像题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看υ正、υ逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
5.25 ℃时浓度都是1 mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX的溶液pH＝7且溶液中c(X－)＝1 mol·L－1，BX的溶液pH＝4，BY的溶液pH＝6。下列说法正确的是
A. 电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)
B. AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C. 稀释相同倍数，溶液pH变化BX等于BY
D. 将浓度均为1 mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY
【答案】A
【解析】
【分析】
由题给条件可以推出AX是强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，AY为强碱弱酸盐。
【详解】A. 1 mol·L-1 BY溶液pH=6，说明B+的水解程度大于Y-的，则电离平衡常数 K(BOH)
C. 稀释相同的倍数，BX、BY的水解程度不同，所以pH变化不相等，C选项错误：
D. 相同浓度的一元强酸和一元弱酸，稀释10倍后，浓度依然相同，弱酸的pH大于强酸的，D选项错误；
故答案选A。
6.实验：①将0.1mol·L-1MgCl2溶液和0.5mol·L-1NaOH溶液等体积混合得到浊液；②取少量①中浊液，滴加0.1mol·L-1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀；③将①中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1mol·L-1FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色；④另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解。下列说法中，不正确的是（ ）
A. 将①中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2+
B. 浊液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)
C. 实验②和③均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶
D. NH4Cl溶液中的NH4 +可能是④中沉淀溶解的原因
【答案】C
【解析】
【分析】
将0.1 mol·L－1 MgCl2溶液和0.5 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合得到氢氧化镁和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物，加入FeCl3溶液,会出现红褐色沉淀氢氧化铁，氢氧化镁的悬浊液中滴加氯化铁会生成氢氧化铁沉淀，沉淀向着更难溶的物质转化，氯化铵会对氢氧化镁的沉淀溶解平衡产生影响。
【详解】将0.1 mol·L－1 MgCl2溶液和0.5 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合得到氢氧化镁和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡: Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq),
A、将①中所得浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡: Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，所得滤液中含少量Mg2＋，所以A选项是正确的；
B、浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，所以B选项是正确的；
C、实验②中是因为剩余的氢氧化钠和氯化铁之间反应生成氢氧化铁的缘故，不能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶，故C错误；
D、氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，加氯化铵，会和氢氧根离子之间反应，所以平衡正向移动，沉淀溶解，所以D选项是正确的。
答案选C。
7.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。
①
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【解析】
分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。
点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。
8.Ⅰ．在测定空气里氧气含量的实验中，小明采用了如图所用的装置：
装置一装置二
在由注射器和硬质玻璃管组成的密闭系统中留有40mL空气，给装有铜粉的玻璃管加热，观察密闭系统内空气体积变化。
(1)在实验加热过程中，缓慢推动注射器活塞目的是__________。
(2)装置一比装置二更______(填“合理”或“不合理”)，理由是_________。
(3)小明测得的实验结果如下：
反应前注射器内气体总体积
反应后注射器内气体总体积
15mL
10mL
由此数据可推算出他测定的氧气的体积分数________21%（填“>”“<”或“=”），造成该实验出现误差的原因可能是____________（填序号）。
①推动注射器活塞速度太快 ②未冷却至室温就读数 ③加入铜粉量太少
Ⅱ．H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。
图甲图乙
(4)根据上图，将不同条件对速率的影响情况补充完整：图甲表明，____________，H2O2分解速率越快；图乙表明，_________，H2O2分解速率越快。
【答案】 (1). 使空气中的氧气充分反应 (2). 合理 (3). 有利于空气流通，反应更充分 (4). < (5). ①②③ (6). 其他条件不变的情况下，H2O2溶液的浓度越大 (7). 其他条件不变的情况下，溶液的pH越大
【解析】
【分析】
Ⅰ．(1)缓慢推动注射器活塞，减小气体的流速；
(2) 根据铜粉与氧气的反应分析回答；
(3) 根据测定空气中氧气含量的实验原理及注意事项分析回答；
Ⅱ．(4) 图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大；图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大。
【详解】Ⅰ．(1)在实验加热过程中，缓慢推动注射器活塞，降低气体的流速，目的是使空气中的氧气充分反应；
(2) 由装置的特点可知，装置一比装置二合理，理由是装置一中的小气球在硬质玻璃管的右边，在推拉活塞时有利于空气流通，反应更充分；
(3) 由实验数椐可以推算出他测定的空气中氧气的体积分数是：×100%=12.5%＜21%，造成该实验出现误差的原因可能是：铜粉的量太少，不能将全部氧气消耗、推动注射器活塞速度过快使氧气未完全反应、未冷却到室温读数等，故答案为①②③；
Ⅱ．(4) 图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快；图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：双氧水浓度相同时，pH越大双氧水分解速率越快。
9.工业上可以从电解铜的阳极泥中提取很多重要物质，其工艺流程如下：
已知：①阳极泥主要化学成分，如表所示：
主要成分
Cu Ag Au Se Te
百分含量/%
23.4 12.1 0.9 6.7 3.1
②温度和硫酸浓度对阳极泥中各组分浸出率的影响，如表所示：
固定浸出温度
固定H2SO4浓度
H2SO4浓度
/ mol·L－1
浸出率/%
浸出温度/℃
浸出率/%
Cu Ag Au Se Te
Cu Ag Au Se Te
4
95.1 4.67 ＜0.2 0.83 8.93
30
87.1 4.58 ＜0.2 0.08 6.83
3
94.5 4.65 ＜0.2 0.28 6.90
40
94.5 4.65 ＜0.2 0.28 6.90
2
78.1 2.65 ＜0.2 0.05 2.85
50
96.1 5.90 ＜0.2 0.64 8.73
(1)步骤I的主要目的为浸出铜，发生的主要反应的化学方程式为__________；分析表2数据，可知步骤I最适合的条件为______________。
(2)步骤II中，加入Cu粉的目的是除去滤液中含碲的离子，加入NaCl的目的为________。
(3)步骤III的操作方法为___________。
(4)步骤IV中，反应温度为75℃。加入H2O2溶液作用为______________；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因为_____________。
(5)步骤VI中所发生反应的化学方程式为_______。
(6)步骤VII中，碱性环境下电解Na2TeO3溶液可得Te实现，阴极的电极反应式为_____。
【答案】 (1). 2Cu＋O2＋2H2SO4＝2CuSO4＋2H2O (2). 硫酸浓度3 mol·L-1、浸出温度40℃ (3). 除去滤液中Ag+ (4). 加热浓缩（蒸发）、冷却结晶、过滤 (5). 氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中 (6). 增加硒和碲的浸出率、H2O2会有部分分解 (7). Na2SeO3＋2Na2SO3＋2HCl＝Se＋2Na2SO4＋2NaCl＋H2O (8). TeO32—＋4e－＋3H2O＝Te＋6OH－
【解析】
【分析】
(1)根据阳极泥的成分和流程图，及题目要求，主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应，配平方程式即可；根据题目中所给表格②中数据分析，综合考虑浸出率和经济性等原则得出结论；
(2)步骤Ⅱ中，加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去；
(3)使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；
(4)步骤Ⅳ中，反应温度为75℃．加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因是：从速率及平衡角度考虑，可增加硒和碲的浸出率，H2O2会有部分分解，有损失；
(5)根据流程图中的反应物和生成物，配平方程式即可；
(6)根据反应物Na2TeO3和生成物Te，结合碱性条件，阴极应发生还原反应，根据守恒即可写出其电极反应式。
【详解】(1)根据阳极泥的成分和流程图及题目要求，主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应，反应的方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；根据题目中所给表格②中数据分析，可知当硫酸浓度为2 mol•L-1、浸出温度30℃时浸出率太低，硫酸浓度为3 mol•L-1、浸出温度40℃时浸出率已较高，再增大浓度和升温对浸出率影响不大，但会浪费试剂和能源；故可知步骤I最适合的条件为 ：硫酸浓度3 mol•L-1、浸出温度40℃；
(2)步骤Ⅱ中，加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去；
(3)使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；
(4)硒和碲不溶于水，步骤Ⅳ中，反应温度为75℃．加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因是：从速率及平衡角度考虑，可增加硒和碲的浸出率；H2O2会有部分分解；
(5)根据流程图中的反应物和生成物，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的方程式为Na2SeO3+2Na2SO3+2HCl=Se+2Na2SO4+2NaCl+H2O；
(6)根据反应物Na2TeO3和生成物Te，结合碱性条件，阴极应发生还原反应，根据守恒即可写出其电极反应式TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。
10.1913年，德国化学家哈伯实现了合成氨的工业化生产，被称作解救世界粮食危机的化学天才。现将lmolN2和3molH2投入1L的密闭容器，在一定条件下，利用如下反应模拟哈伯合成氨的工业化生产： N2(g) +3H2(g) 2NH3(g)△H < 0 当改变某一外界条件（温度或压强）时，NH3的体积分数φ(NH3)变化趋势如下图所示。
(1)已知：①NH3(l) NH3(g) ΔH1 ②N2(g)+3H2(g) 2NH3(l) ΔH2，则反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的△H=________（用含△H1、△H2的代数式表示）。
(2)X轴上a点的数值比b点 _____（填“大”或“小”），Y轴表示_______（填“温度”或“压强”）。
(3)将1mol N2和3mol H2分别投入起始容积为1L的密闭容器中，实验条件相关数据如下表所示：
下列判断正确的是________。
A．放出热量：Ql< Q2<|△H| B．N2的转化率：I> III
C．平衡常数：II >I D．达平衡时氨气的体积分数：I>II
(4)平衡时，M点NH3的体积分数为10%。若同温同容下，再充入0.2mol N2，0.6mol H2和1.6molNH 3，重新达平衡时NH3的体积分数________ 10%（填“＞”、“＜”、“=”或“无法确定”）。
(5)某科研小组探究在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对合成NH3反应的影响．实验结果如图所示：（图中T2和T1表示温度，n表示起始时H2的物质的量）
①图象中T2和T1的关系是：T2_____T1（填“＞”、“＜”、“=”或“无法确定”）。
②比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是___（填字母）。
【答案】 (1). 2△H1+△H2 (2). 小 (3). 温度 (4). AB (5). ＞ (6). ＜ (7). c
【解析】
【分析】
(1) 根据盖斯定律，①×2+②可得N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，反应热也进行相应计算；
(2) 随Y值增大，φ(NH3)减小，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0向逆反应方向移动，正反应为体积减小的放热反应，故Y为温度，则X为压强，增大压强平衡正向移动，φ(NH3)增大；
(3) A．I为恒温恒容，随反应进行压强减小，Ⅱ为恒温恒压，Ⅱ相当于在I的基础上增大压强，平衡正向移动，Ⅱ中反应物转化率大于Ⅰ；
B．Ⅲ为恒容绝热，随反应进行温度升高，I为恒温恒容，Ⅲ相当于在I的基础上升高温度，平衡逆向移动；
C．平衡常数只受温度影响，温度相同，平衡常数相同；
D．Ⅱ相当于在I的基础上增大压强，平衡正向移动，氨气体积分数增大；
(4)再次充入0.2mol N2，0.6mol H2和1.6molNH3等效于再次充入1molN2和3molH2，结合勒夏特列原理分析；
(5)①由图可知，n(H2)相同时，T2对应氨气含高，反应为放热反应，降低温度有利于生成氨气；
②a、b、c三点，n(H2)越大，平衡正向移动的程度越大，N2的转化率越大。
【详解】(1) 已知：①NH3(l)⇌NH3(g)△H1， ②N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(l)△H2，根据盖斯定律，①×2+②可得：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，故△H=2△H1+△H2；
(2) 随Y值增大，φ(NH3)减小，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0向逆反应方向移动，正反应为体积减小的放热反应，故Y为温度，则X为压强，增大压强平衡正向移动，φ(NH3)增大，a点的数值比b点小；
(3) A．I为恒温恒容，随反应进行压强减小，Ⅱ为恒温恒压，Ⅱ相当于在I的基础上增大压强，平衡正向移动，Ⅱ中反应物转化率大于Ⅰ，放出热量：Ql＜Q2<|∆H|，故A正确；
B．Ⅲ为恒容绝热，随反应进行温度升高，I为恒温恒容，Ⅲ相当于在I的基础上升高温度，平衡逆向移动，N2的转化率：I＞III，故B正确；
C．平衡常数只受温度影响，温度相同，平衡常数相同，则平衡常数：II=I，故C错误；
D．Ⅱ相当于在I的基础上增大压强，平衡正向移动，则达平衡时氨气的体积分数：I＜II，故D错误；
故答案为AB；
(4) 再次充入0.2mol N2，0.6mol H2和1.6molNH3等效于再次充入1molN2和3molH2，在恒温恒容容器中，相当于增大压强，平衡正向移动，重新达平衡时NH3的体积分数＞10%；
(5)①由图可知，n(H2)相同时，T2对应氨气含高，反应为放热反应，降低温度有利于生成氨气，则T2＜T1 ；
②a、b、c三点，n(H2)越大，平衡正向移动的程度越大，N2的转化率越大，c点时氢气的物质的量最大，c点N2的转化率最高，故答案为：c。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
11.(1)气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为________形，从电子云重叠方式看共价键的类型有________种；固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。
(2)某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x－n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为__。
图1 FexNy晶胞结构示意图图2转化过程的能量变化
(3)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为a＝0.446 nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K与O间的最短距离为__ nm，与K紧邻的O个数为____。
(4)在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于_______位置，O处于______位置。
【答案】 (1). 平面三角 (2). 2 (3). sp3 (4). Fe3CuN (5). 0.315 (或 ×0.446) (6). 12 (7). 体心 (8). 棱心
【解析】
【分析】
(1) SO3中S原子价层电子对数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型；该分子中S-O原子之间存在共价键；该分子中每个S原子价层电子对数都4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型；
(2) 能量越低越稳定，故Cu替代a位置的Fe形成的物质更稳定，形成晶胞中N原子处于体心、Cu原子处于顶点、Fe原子处于面心，利用均摊法计算晶胞中各原子数目，进而确定化学式；
(3) K与O间的最短距离为面对角线的一半；O位于面心，K位于顶点，1个面心为2个晶胞共有，1个顶点为8个晶胞共有；
(4) 在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，个数为8×=1，则K也为1，应位于体心，则O位于棱心，个数为12×=3。
【详解】(1) SO3中S原子价层电子对数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面正三角形；该分子中S-O原子之间存在σ和离域大π键，所以共价键类型2种；该分子中每个S原子价层电子对数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型为sp3；
(2) 能量越低越稳定，故Cu替代a位置的Fe形成的物质更稳定，形成晶胞中N原子处于体心、Cu原子处于顶点、Fe原子处于面心，晶胞中N原子数目=1，N(Cu)=8×=1，N(Fe)=6×=3，故化学式为：Fe3CuN；
(3) K与O间的最短距离为面对角线的一半，则K与O间的最短距离为×0.446nm=0.315nm，O位于面心，K位于顶点，1个面心为2个晶胞共有，1个顶点为8个晶胞共有，即与K紧邻的O个数为=12个；
(4) 在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，个数为8×=1，则K也为1个，应位于体心，则O位于棱心，每个棱为4个晶胞共有，则O个数为12×=3。
12.异戊酸薄荷酯P（）是一种治疗心脏病的药物。一种制备异戊酸薄荷酯P的流程如下：
已知：
RCH=CH2 RCH2CHBr（R表示烃基）
完成下列问题：
(1)A的化学名称为__________。
(2)试剂l的结构简式为__________。
(3)由E生成F的化学方程式为__________；该反应类型是__________。
(4)试剂2可以是__________试剂（填名称或化学式）
(5)由C和H生成P的化学方程式为__________。
(6)H的同分异构体中，能发生水解反应的链状化合物共有_________种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱有两种峰、且峰值比为9:1的同分异构体的结构简式为__________。
(7)苯乙烯是一种重要的化工原料，参考制备异戊酸薄荷酯中的方法，设计以苯、乙烯为有机原料（无机试剂自选），制备苯乙烯的合成线路：
合成路线常用的表示方法为：
________________________
【答案】 (1). 3-甲基苯酚（间-甲基苯酚） (2). CH3CH=CH2 (3). (4). 水解反应或取代反应 (5). 新制的银氨溶液或新制的氢氧化铜 (6). (7). 9 (8). (9).
【解析】
根据P的结构简式可知C与H发生酯化反应生成P，因此H的结构简式为(CH3)2CHCH2COOH，C的结构简式为；D与溴化氢发生加成反应生成E，E发生水解反应生成F，F是醇，F发生催化氧化生成G，G发生反应生成H，则G的结构简式为(CH3)2CHCH2CHO，F的结构简式为(CH3)2CHCH2CH2OH，E的结构简式为(CH3)2CHCH2CH2Br，D的结构简式为(CH3)2CHCH＝CH2。根据C的结构简式可知A是间－甲基苯酚，依据A和B的分子式结合已知信息可知试剂1是丙烯，与A发生加成反应生成B，B中的苯环与氢气发生加成反应生成C，B的结构简式为。
(1)A的结构简式为，化学名称为 3-甲基苯酚。(2)试剂l是丙烯，结构简式为CH3CH=CH2。(3)由E生成F是卤代烃的水解反应，反应的化学方程式为(CH3)2CHCH2CH2Br+NaOH(CH3)2CHCH2CH2OH+NaBr。(4)试剂2把醛基氧化为羧基，可以是新制的银氨溶液或新制的氢氧化铜；(5)由C和H生成P的化学方程式为+(CH3)2CHCH2COOH+H2O；(6)H的同分异构体中，能发生水解反应的链状化合物属于酯类，可以是甲酸和丁醇形成的酯类（4种），乙酸和丙醇形成的酯类（2种），丙酸和乙醇形成的酯类（1种），丁酸和甲醇形成的酯类（2种），共有9种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱有两种峰、且峰值比为9:1的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3。(7)根据已知信息结合逆推法可知以苯、乙烯为有机原料（无机试剂自选）制备苯乙烯的合成线路图为 。
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