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河南省南阳市第一中学2020届高三上学期第三次月考化学试题
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南阳一中2019秋高三第三次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H：l B：11 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64
第I卷（选择题，共42分）
一、选择题（本题共14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分）
1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. PM2.5是指粒径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物
B. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
C. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
D. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
【答案】B
【解析】
CaO 与SO2反应生成CaSO3，CaO与CO2不反应，故B错误；绿色化学要求从源头上消除或减少污染，故C正确；天然气和液化石油气燃烧生成二氧化碳和水，是我国目前推广使用的清洁燃料，故D正确。
2.下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（ ）
A. 氧化镁中混有氧化铝 B. 氯化铝溶液中混有氯化铁
C. 氯化亚铁溶液中混有氯化铜 D. 氧化铁中混有二氧化硅
【答案】C
【解析】
A．MgO是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反应产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故A不选；B．向溶液中加入过量的NaOH溶液，氯化铁变为Fe(OH)3沉淀，氯化铝变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到氯化铝溶液，除去了杂质，故B不选；C．二者都可以与NaOH发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二者，故C选；D．二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应，而氧化铁与NaOH不能发生反应．加入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的氧化铁，故D不选；故选D。
3.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质） 制取七水合硫酸亚铁（FeSO4•7H2O），设计了如下流程：
下列说法不正确
A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2
C. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4•7H2O
D. 从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
【答案】C
【解析】
试题分析：A.流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；B.固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2（SO4）3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀从而与FeSO4分离，B正确；C.溶液1为硫酸铁和硫酸铝的混合溶液，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀是Fe（OH）3，再用硫酸溶解生成硫酸铁，硫酸铁溶液结晶分离得到的是硫酸铁晶体，得不到FeSO4·7H2O，C错误；D.Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，D正确；答案选C。
【考点定位】考查离子反应、物质分离、试剂选择、溶液pH控制、硫酸亚铁性质、实验条件选择和控制等知识。
【名师点睛】本题以流程图的形式考查离子反应、物质分离、实验流程、实验评价、实验条件控制等。涉及试剂的选择、溶液pH控制、硫酸亚铁性质、实验条件选择和控制等。化学工艺流程题近几年是高考的热点，所占的分值也相当大，但由于此类试题陌生度高，对我们的能力要求也大，加上有的试题文字量大，容易产生畏惧感，所以这类题的得分不是很理想。流程图解题的基本步骤：
（1）审题：
①从题干中获取有用信息，了解生产的产品，并在流程框图上，标出原料中的成分，找出原料中的杂质。
②审流程图：看箭头，进入的是投料（即反应物）、出去的是生成物（包括主产物和副产物）；找三线，物料进出线、操作流程线、循环线。
（2）析题：分析流程中的每一步骤，知道“四个什么”：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果；④对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
（3）技巧：从问题中获取信息，帮助解题，流程下题目中所提的问题，有时对我们分析流程中某一步的作用有很大帮助，所以我们做题时，不仅要把题中所给信息及流程图审一遍，还要把题中所提问题浏览一遍。
4.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有
A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种
【答案】B
【解析】
【详解】无色溶液中一定不存在有色的Fe3+，溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。
若溶液为酸性，则不存在：CO32–、OH–、NO3–，阴离子只能为Cl–，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在5种离子；
若呈碱性，则不存在H+、NH4+、Fe3+、Al3+、，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32–，可存在的离子为：Ba2+、Cl–、OH–、NO3–，则最多只有4种，
根据分析可知，最多存5种离子，
答案选B。
【点睛】溶液无色，则一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH-、NO3-、CO32-，若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，以此解答该题。
5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)
B. Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)
C. AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)
D. Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)
【答案】A
【解析】
【分析】
A．根据碳酸氢钠和碳酸钠的性质分析判断；B．根据铝及其化合物的性质分析判断；C．根据银氨溶液的性质分析判断；D．根据铁及其化合物的性质分析判断。
【详解】A．NaHCO3(s)加热分解生成Na2CO3(s)，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，该转化关系均能实现，故A正确；
B．NaAlO2(aq)与过量盐酸反应生成氯化铝和水，不会得到Al(OH)3(s)，故B错误；
C．蔗糖为非还原性糖，不含醛基，不能和[Ag(NH3)2]+(aq)发生银镜反应，所以不能生成银析出，故C错误；
D．Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会得到FeCl3(aq)，故D错误；
答案选A。
6.某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为
A. 0.78 B. 0.80 C. 0.85 D. 0.90
【答案】B
【解析】
【详解】FexO中Fe的平均化合价为，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mLCl2转移电子数为。则有：=0.01mol，解得x=0.8，
答案选B。
【点睛】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。
7.下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
分别加热Na2CO3和NaHCO3固体
试管内壁都有水珠
两种物质均受热分解
B
向稀的苯酚水溶液中滴加饱和溴水
生成白色沉淀
产物三溴苯酚不溶于水
C
向含I－的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液
加入淀粉后溶液变成蓝色
还原性：Cl－ > I－
D
向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液
加入H2O2后溶液变成血红色
Fe2+既有氧化性又有还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
试题分析：A、NaHCO3固体受热易分解为Na2CO3固体、水蒸气和CO2气体，水蒸气遇冷变为液态的水珠，而Na2CO3固体受热则无此现象，因为它不能分解，A错误；B、由于羟基对苯环邻、对位C-H有活化作用，使之容易与Br2发生取代反应，生成的2,4,6-三溴苯酚固体在水中的溶解度比苯酚还小，因此有白色沉淀生成，B错误；C、淀粉遇I－不变蓝、遇I2才变蓝，由此说明氯水中的Cl2能将I－氧化为I2，则I－是该置换反应（Cl2+2I－=2Cl－+I2）中还原剂，Cl－是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，C错误；D、Fe2+遇KSCN溶液不变红，Fe3+遇KSCN溶液变红，由此说明加入的H2O2能使Fe2+氧化为Fe3+，则Fe2+是该反应中的还原剂，只表现出还原性，不表现出氧化性，D错误；答案选B。
【考点定位】考查化学实验方案的分析、评价，离子检验，元素化合物知识。
【名师点睛】化学是一门以实验为基础的科学，化学实验的考查是高考命题的一个重点。该题型是选择题中化学实验考查的常见题型。解答此类题目注意逐项分析化学实验基本操作、实验方案的科学性、简约性和环保性；实验现象和实验结论的科学性；还要注意分析实验操作、现象和实验结论是否存在逻辑关系。平时学习中要注意教材中的演示实验要分析、理解到位，包括实验操作、现象和结论。题目难度中等。
8. 下列图示实验合理的是
A. 图1为证明非金属性强弱：S > C > Si
B. 图2为制备少量氧气
C. 图3为配制一定物质量浓度的硫酸溶液
D. 图4为制备并收集少量NO2气体
【答案】A
【解析】
试题分析：A、最高价氧化物对应水化物酸性越强，其非金属性越强，发生的反应为H2SO4＋Na2CO3=Na2SO4＋H2O＋CO2↑，CO2＋H2O＋Na2SiO3=Na2CO3＋H2SiO3，现象是锥形瓶中初相气泡，烧杯中出现白色沉淀，因此能够实现实验目的，故正确；B、要求隔板上固体状态反应始终都是块状，而过氧化钠属于粉末状，不适合此装置，故错误；C、容量瓶只能作配制溶液的仪器，不能作稀释、反应、溶解仪器，故错误；D、NO2与水反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，因此不能用排水法收集，应采用排空气法收集，故错误。
考点：考查实验设计方案的评价等知识。
9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 0.1 mol C3H6 分子中含有的碳碳双键数为0.1NA
B. 常温下，1 L pH=2的CH3COOH溶液中含有的CH3COO-数为0.01NA
C. 25.6 g 铜与一定量的浓硝酸完全反应时，转移的电子数为0.8NA
D. 标准状况下，2.24 L S16O2和S18O3的混合物中含有的硫原子数为0.1NA
【答案】C
【解析】
C3H6可能为丙烯，也可能为环丙烷，前者分子中含有碳碳双键，后者分子中不含碳碳双键，故C3H6分子中不一定含有碳碳双键，A项错误；根据电荷守恒得：n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)，n(H+)=0.01 mol，故n(CH3COO-)<0.01 mol，B项错误；虽然随着反应的进行，浓硝酸逐渐变稀，生成的气体可能是NO2和NO的混合物，但由于铜完全反应，故转移的电子数应根据铜的物质的量进行计算，25.6 g 铜的物质的量为0.4 mol，完全反应转移电子数为0.8NA，C项正确；标准状况下，SO3不是气体，无法计算，D项错误。
10.下列曲线图(纵坐标为沉淀的量，横坐标为加入物质的量)与对应的选项相符合的是( )
A. 向1 L浓度均为0.1 mol·L－1的Ba(OH)2、NaAlO2混合溶液中加入0.1 mol·L－1的稀H2SO4
B. 向1 L浓度分别为0.1 mol·L－1和0.3 mol·L－1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1 mol·L－1的稀NaOH溶液
C. 向烧碱溶液中滴加明矾溶液
D. 向AlCl3溶液中滴加过量氨水
【答案】A
【解析】
试题分析：A．向1L浓度均为0.1 mol•L-1的Ba（OH）2、NaAlO2混合溶液中加入0.1 mol•L-1的稀H2SO4，0.1molBa（OH）2消耗0.1mol硫酸，0.1molNaAlO2消耗0.05mol硫酸，硫酸过量时氢氧化铝溶解，0.1mol氢氧化铝消耗硫酸0.15mol，故A正确；B．向1L浓度分别为0.1 mol•L-1和0.3 mol•L-1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1 mol•L-1的稀NaOH溶液，AlCl3与NaOH反应生成沉淀，然后氢氧化钠与氯化铵反应生成氨水，最后氢氧化铝与氢氧化钠反应，沉淀溶解，此时氢氧化铝与氢氧化钠的物质的量比为1：1，图象不符，故B错误；C．铝离子与过量的氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，偏铝酸根离子的物质的量是铝离子的，图象不符合，故C错误；D．向AlCl3溶液中滴加过量氨水，开始产生氢氧化铝沉淀，氨水过量时，沉淀不溶解，因为氢氧化铝不溶于氨水，图象不符合，故D错误；故选A。
考点：考查混合物反应的计算与应用
11.我国科学家研发了一种新型液硫二次电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 放电时，电池左侧为负极，发生氧化反应
B. 充电时，电解质溶液中K+经交换膜向右侧移动
C. 放电时，电池右侧的电极反应为I3-+2e-=3I-
D. 充电时，电池的总反应为S22-+3I-2S2-+I3-
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，新型液硫二次电池放电时，电池左侧为负极，S2-在负极上放电发生氧化反应生成S22-，电极反应式为2S2-—2e-= S22-，电池右侧为正极，I3-在正极上放电发生还原反应生成I-，电极反应式为I3-+2e-=3I-，充电时，原电池的负极为电解池的阴极，正极为阳极。
【详解】A项、放电时，电池左侧为负极，S2-在负极上放电发生氧化反应生成S22-，故A正确；
B项、充电时，阳离子向阴极移动，电池左侧为阴极，K+经交换膜向左侧移动，故B错误；
C项、放电时，电池右侧为正极，I3-在正极上放电发生还原反应生成I-，电极反应为I3-+2e-=3I-，故C正确；
D项、放电时电池的总反应为2S2-+I3-=S22-+3I-，则充电时电池的总反应为S22-+3I-2S2-+I3-，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查新型二次电池，注意把握原电池工作原理和电极反应的判断，掌握放电和充电的联系是解答关键。
12.向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1L0.6 mol/L HNO3溶液恰好使其完全溶解，同时收集到2240 mL NO气体（标准状况）。下列说法中不正确的是
（已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O）
A. 上述体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸其物质的量之比为5:1
B. 若混合物中含0.1molCu，使该混合物与稀硫酸充分反应，消耗硫酸的物质的量为0.1mol
C. Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2O
D. 若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为32g
【答案】D
【解析】
【详解】A. 标况下2.24LNO的物质的量为：=0.1mol，则被还原体现氧化性的硝酸的物质的量为0.1mol；参加反应的硝酸的总物质的量为：0.6mol/L×1L=0.6mol，根据N原子守恒，体现酸性的硝酸的物质的量为：0.6mol−0.1mol=0.5mol，所以体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸其物质的量之比为：0.5mol:0.1mol=5:1，故A正确；
B. 根据电子转移守恒,混合物中n(Cu2O)==0.05mol，再结合B中Cu元素物质的量根据Cu守恒可知：n(CuO)=0.25mol−0.1mol−0.05mol×2=0.05mol，混合物中，0.1mol Cu不与稀H2SO4反应，0.05molCu2O、0.05molCuO与稀H2SO4反应,根据Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4电离的H+生成H2O，可得消耗的n(H2SO4)=0.05mol+0.05mol=0.1mol，故B正确；
C. Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3−被还原为NO，同时生成H2O，其反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3−═6Cu2++2NO↑+7H2O，故C正确；
D. Cu、Cu2O、CuO与HNO3恰好完全反应时生成Cu(NO3)2、NO和H2O，硝酸的物质的量0.6mol，NO的物质的量=0.1mol，根据N原子守恒可知：n[Cu(NO3)2]=0.6mol−0.1mol2=0.25mol，混合物中所含的Cu元素共有0.25mol，根据铜元素守恒可知，用H2还原Cu、Cu2O、CuO混合物后应得到0.25mol Cu，故固体的质量为：0.25mol×64g/mol=16g，故D错误；
答案选D。
13.室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)， 热效应为△H3。则下列判断正确的是（ ）
A. △H2＞△H3 B. △H1+△H3 =△H2
C. △H1＜△H3 D. △H1+△H2＞△H3
【答案】C
【解析】
【详解】① 胆矾溶于水时,溶液温度降低,反应为CuSO4⋅5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42− (aq)+5H2O(l) △H1>0；
② 硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应,则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42− (aq)△H2<0；
③ 已知CuSO4⋅5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l)△H3；
依据盖斯定律①−②得到③：△H3=△H1−△H2，由于△H2<0，△H1>0，则△H3>0，
A.分析可知△H3>0，而△H2<0，则△H3>△H2，故A错误；
B. △H3=△H1−△H2，则△H1=△H3+△H2，故B错误；
C. 上述分析可知：△H2<0，△H3>0，△H3=△H1−△H2则△H2=△H1−△H3<0，即△H1＜△H3，故C正确；
D. △H2<0，△H1>0，且△H1=△H3+△H2，则△H3>△H1+△H2，故D错误；
故选B.
14.在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁粉和铜粉，反应完全后将固体滤出，下说法中正确的是（ ）
A. 若滤出固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2＋，一定不含Cu2＋
B. 若滤出固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2＋，可能含Cu2＋和Fe3＋
C. 若滤出固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe3＋和Fe2＋，可能含Cu2＋
D. 若滤出固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2＋，一定不含Cu2＋和Fe3＋
【答案】D
【解析】
【详解】在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，反应先后顺序是：2FeCl3+Fe═3FeCl2，CuCl2+Fe═FeCl2+Cu。
A.若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，也可能含Cu2+，故A错误；
B.若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，也可能含Cu2+，一定不含Fe3+，故B错误；
C.若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，也可能含Cu2+，一定不含Fe3+，故C错误；
D.若滤出的固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，一定不含Cu2+和Fe3+，故D正确；
答案选D。
【点睛】在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，则铁能与氯化铁和氯化铜溶液反应，反应先后顺序是：2FeCl3+Fe═3FeCl2，CuCl2+Fe═FeCl2+Cu，据此回答。
二、非选择题，共58分。
15.现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁（Mg3N2)。已知实验中可能会发生下列反应：①2Mg+O22MgO；②3Mg+N2Mg3N2；③2Mg+CO22MgO+C；④Mg+H2OMgO+H2↑；⑤Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3↑
可供选择的装置和药品如图所示（镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的，整套装置的末端与干燥管相连）。
回答下列问题：
（1）在设计实验方案时，除装置A、E外，还应选择的装置（填字母代号）及其目的分别是_____；
（2）连接并检查实验装置的气密性。实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是（填字母代号）___；
（3）通气后，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果有何影响？____，原因是____；
（4）请设计一个实验，验证产物是氮化镁：___。
【答案】 (1). B、目的是除气流中的水蒸汽，避免反应④发生；D、目的是除空气中的CO2，避免反应③发生；F、目的是除空气中的氧气，避免反应①发生； (2). j→h→g→d→c→k→l（或l→k）→a→b（或b→a） (3). 使氮化镁不纯 (4). 如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁 (5). 取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成
【解析】
【详解】(1)根据题中信息可知Mg在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，所以镁和氮气反应必须将空气中的O2、CO2、H2O除去制得干燥纯净的N2，浓硫酸作用是除去水蒸气，浓氢氧化钠是除去空气中二氧化碳，灼热的铜粉为了除去空气中氧气；
故答案为：B目的是除气流中的水蒸汽，避免反应④发生；D目的是除去空气中的CO2，避免反应③发生；F目的是除去空气中的氧气，避免反应①发生；
(2)气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是：制备气体→除杂→干燥→制备→尾气处理；所以除去空气中的O2、CO2、H2O制备氮化镁，装置连接顺序是,j→h→g→d→c→k→l(或l→k)→a→b(或b→a)；
故答案为：j→h→g→d→c→k→l(或l→k)→a→b(或b→a)；
(3)因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应，如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁；
故答案为：制得的氮化镁将不纯；如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁；
(4)依据氮化镁和水反应生成氨气,方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑，将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁；
故答案为：将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁；
16.氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化变成绿色；见光分解变成褐色。如图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl−）生产CuCl的流程：
根据以上信息回答下列问题：
（1）生产过程中X的化学式为____。
（2）写出产生CuCl的离子方程式：____。
（3）实验探究pH对CuCl产率的影响如表所示：
pH
1
2
3
4
5
6
7
CuCl产率/%
70
90
82
78
75
72
70
析出CuCl晶体最佳pH为____，当pH较大时CuCl产率变低原因是____。调节pH时，___（填“能”或“不能”）用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是____。
（4）氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。
②用0.10mol·L−1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。三次平行实验结果如表（平行实验结果相差不能超过1%）：
平行实验次数
1
2
3
0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）
24.35
24.05
23.95
则样品中CuCl的纯度为_____。（结果保留三位有效数字）。
（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)＋H2O(l)CuOH(s)＋Cl− (aq)＋H+(aq)，第二步CuOH热分解的化学方程式为____。第一步CuCl水解反应的平衡常数K与此温度下KW、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K＝____。
【答案】 (1). Fe (2). 2Cu2++ 2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42- (3). 2 (4). Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小； (5). 不能 (6). 硝酸会与产品CuCl发生反应 (7). 95.5% (8). 2CuOHCu2O+H2O (9). Kw×Ksp(CuCl)/Ksp(CuOH)
【解析】
【详解】向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜；
（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，则X为Fe、Y为HCl，
故答案为：Fe；
（2）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒其方程式为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，离子反应方程式：2Cu2++ 2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-
故答案为：2Cu2++ 2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-；
（3）由表中数据可知，pH=2时，CuCl产率最高；pH较大时，Cu2+水解程度增大，导致反应生成CuCl减少；硝酸具有强氧化性，能将产品CuCl氧化生成Cu2+，所以不能用相同pH的硝酸代替硫酸，
故答案为：2；Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能；硝酸会与产品CuCl发生反应；
（4）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为24.35mL，误差大舍去，则滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为： =24mL，结合方程式可知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，CuCl～Ce4+，CuCl的纯度为：×100%=95.5%，
故答案为：95.5%．
（5）CuOH热分解的化学方程式为2CuOHCu2O+H2O；CuCl（s）+H2O（l）⇌CuOH（s）+Cl-（aq）+H+（aq），平衡常数K=c（H+）c（Cl-）=×
答案为：
17.研究含氮污染物治理是环保的一项重要工作。合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有重要意义。
（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g） △H=+180.5kJ•mol﹣1
2C（s）+O2（g）=2CO（g） △H=﹣221.0kJ•mol﹣1
C（s）+O2（g）=CO2（g） △H=﹣393. 5kJ•mol﹣1
则汽车尾气处理的反应之一：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=_____ kJ•mol﹣1，利于
该反应自发进行的条件是_______（选填“高温”或“低温”）。
（2）将0.20mol NO和0.10molCO充入一个容积恒定为1L的密闭容器中发生反应：
2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），反应过程中 部分物质的浓度变化如图所示：
反应从开始到9min时，用CO2表示该反应的速率是____________________（保留2位有效数字）
②第12min时改变的条件是______________（填“升温或降温”）．
③第18min时建立新的平衡，此温度下的平衡常数为______________（列计算式），第24min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和N2各0.060mol，平衡将_____移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。
（3）若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在t1时刻达到平衡状态的是________________（填序号）。
（如图中v正、K、n、m分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量）
（4）以氨为燃料可以设计制造氨燃料电池，产物无污染。若电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液，则该电池负极电极反应式为______________________________
【答案】 (1). △H= ﹣746.5KJ/mol (2). 低温 (3). 0.0044mol/（L•min） (4). 升温 (5). (6). 逆向 (7). BD (8). 2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O
【解析】
（1）已知①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ•mol﹣1
②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5 kJ•mol﹣1
③2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol﹣1
依据盖斯定律计算②×2-①-③得到2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g））△H=-746KJ·mol－1；该反应△H<0，△S<0，在低温时，△G=△H-△ST<0，该反应自发进行的条件是低温。
故答案为：-746.5；低温
（2）①根据方程式v(CO2)=v(CO)=（0.10-0.06）mol/L/9min=0.0044mol/（L•min）；②氮气浓度减小，NO、CO浓度增大，只要平衡向逆反应方向移动即可，因为正反应为放热反应，所以升高温度；③第18min时建立新的平衡，此温度下的平衡常数为平衡时CO2、N2、NO、CO的浓度依次为：0.02mol/L、0.01mol/L、0.18mol/L、0.08mol/L，K=；第24min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和N2各0.060mol，各物质的即时浓度为CO2、N2、NO、CO的浓度依次为：0.02mol/L、0.07mol/L、0.18mol/L、0.14mol/L，浓度商为 ，大于K，所以反应将向逆向进行；
（3）A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故A错误；B、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故B正确；C、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故C错误；D、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故D正确；故选BD。
（4）碱性燃料电池中，负极上燃烧失电子发生氧化反应，所以该原电池中负极上氨气失电子和氢氧根离子反应生成氮气和水，电极反应式为2NH3-6e－+6OH－=N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e－+6OH－=N2+6H2O
点睛：拼盘式的综合题（1）热化学方程式计算，依据盖斯定律方程式之间加减消元计算②×2-①-③，可算出所需方程式的焓变；（2）用浓度商和平衡常数比较大小，判断反应进行的方向；（4）碱性燃料电池电极反应方程式书写，所有的燃料电池的工作原理都是一样的，其电极反应的书写同样是有规律可循的。书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电池的负极一定是可燃性气体，失电子，元素化合价升高，发生氧化还原反应；电池的正极一定是助燃性气体，得电子，化合价降低，发生还原反应。2.燃料电池两电极材料一般都不参加反应，反应的是通到电极上的燃料和氧气，两电极只是传导电子的作用。
【选考题】
请考生从给出2道题中任选一道作答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。
18.硼、磷元素在化学中有很重要的地位，硼、磷及其化合物广泛应用于开发新型储氢材料、超导材料、富燃料材料、复合材料等高新材料领域。回答下列问题。
（1）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得．
①基态Ti3+的未成对电子数有___个。
②LiBH4由Li+和BH4-构成，BH4-呈正四面体构型。LiBH4中不存在的作用力有___（填标号）
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．配位键
（2）氨硼烷(NH3BH3)是一种新型储氢材料，其分子中存在配位键，则氨硼烷分子结构式为____，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子___(填化学式)。
（3）硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子间通过氢键相连[如图]。
读图分析1mol H3BO3的晶体中有___mol氢键。
（4）四(三苯基膦)钯分子结构如图：
P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为___；判断该物质在水中___（填写“易溶”或者“难溶”），并加以解释____。
（５）硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如图所示：
①该晶体中Na+的配位数为___。
②已知硼氢化钠晶体的密度为ρg/cm3，NA代表阿伏伽德罗常数的值，则a=___(用含ρ、NA的最简式子表示)
【答案】 (1). 1 (2). C (3). (4). C2H6 (5). 3 (6). sp3 (7). 难溶 (8). 水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶 (9). 8 (10). ×107
【解析】
【详解】(1)①基态Ti原子价电子排布式为3d24s2，Ti原子失去4s能级上2个电子、3d能级上1个电子生成基态Ti3+，所以基态Ti3+的未成对电子数有1个，
故答案为：1；
②LiBH4中阴阳离子之间存在离子键，B−H原子之间存在4个共价键、其中1个是配位键，所以该物质中含有离子键和共价键、配位键，所以不存在金属键，
故答案为：C；
(2)氨硼烷(NH3BH3)分子中存在配位键，B原子和N原子之间存在配位键,其结构式为；氨硼烷互为等电子体的分子中含有8个原子、价电子数是14，与其互为等电子体的分子有C2H6，
故答案为：；C2H6；
(3)硼酸分子中B最外层有3个电子，1个H3BO3分子能形成3个氢键，1mol H3BO3的晶体中有3mol氢键，
故答案为：3；
(4)四(三苯基膦)钯分子中P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子价层电子对个数是4，根据价层电子对判断钯原子的杂化轨道类型为sp3；非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶，
故答案为：sp3；难溶于水；水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶；
(5)①该晶体中Na+的配位数=2×8÷2=8，
故答案为：8；
②该晶胞中钠离子个数=、BH4−个数=，晶胞体积=，晶胞密度==ρ g/cm3，则，
故答案为：。
19.化合物I具有贝类足丝蛋白的功能，可广泛用于表面化学、生物医学、海洋工程、日化用品等领域。其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）I中含氧官能团的名称为____。
（2）由B生成C的化学方程式为__。
（3）由E和F反应生成D的反应类型为____，由G和H反应生成I的反应类型为____。
（4）仅以D为单体合成高分子化合物的化学方程式为___。
（5）X是I的芳香同分异构体，能发生银镜反应，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1。写出两种符合要求的X的结构简式___。
（6）参照本题信息，试写出以1−丁烯为原料制取的合成路线流程图（无机原料任选）___。
合成路线流程图示例如图：H2C=CH2CH3CH2Br CH3CH2OH
【答案】 (1). （酚）羟基、酯基 (2). +NaOH+NaBr (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). n (6). 、 (7). CH2=CHCH2CH3CH2=CHCHBrCH3CH2=CHCH(OH)CH3
【解析】
【分析】
由G结构简式、D分子式知，D发生取代反应生成G（），D为，E和F发生加成反应生成D；由D结构简式知C为，B发生水解反应生成C，则B为，生成B的反应为取代反应，H、G发生取代反应生成I。
【详解】（1）I中含氧官能团的名称为羟基、酯基，故答案为：羟基、酯基；
（2）C为、B为，B发生水解反应得到C，由B生成C的化学方程式为 ，
故答案为：；
（3）由E和F反应生成D的反应类型为加成反应，由G和H反应生成I的反应类型为取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；
（4）D为，D发生加聚反应可得到高分子化合物，则仅以D为单体合成高分子化合物的化学方程式为，
故答案为：；
（5）I是对羟基丙烯酸苯甲酯，X是I的同分异构体，能发生银镜反应，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有醛基、羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:2:1:1。两种符合要求的X的结构简式为，
故答案为：；
（6）1−丁烯为原料制取，可由CH2＝CHCH(OH)CH3发生加聚反应得到，CH2＝CHCH(OH)CH3可由CH2＝CHCHBrCH3发生取代反应得到，CH2＝CHCHBrCH3可由CH2＝CHCH2CH3发生取代反应得到，合成路线为CH2＝CHCH2CH3CH2＝CHCHBrCH3CH2＝CHCH(OH)CH3，
故答案为：CH2＝CHCH2CH3CH2＝CHCHBrCH3CH2＝CHCH(OH)CH3。
南阳一中2019秋高三第三次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H：l B：11 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64
第I卷（选择题，共42分）
一、选择题（本题共14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分）
1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. PM2.5是指粒径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物
B. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
C. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
D. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
【答案】B
【解析】
CaO 与SO2反应生成CaSO3，CaO与CO2不反应，故B错误；绿色化学要求从源头上消除或减少污染，故C正确；天然气和液化石油气燃烧生成二氧化碳和水，是我国目前推广使用的清洁燃料，故D正确。
2.下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（ ）
A. 氧化镁中混有氧化铝 B. 氯化铝溶液中混有氯化铁
C. 氯化亚铁溶液中混有氯化铜 D. 氧化铁中混有二氧化硅
【答案】C
【解析】
A．MgO是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反应产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故A不选；B．向溶液中加入过量的NaOH溶液，氯化铁变为Fe(OH)3沉淀，氯化铝变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到氯化铝溶液，除去了杂质，故B不选；C．二者都可以与NaOH发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二者，故C选；D．二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应，而氧化铁与NaOH不能发生反应．加入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的氧化铁，故D不选；故选D。
3.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质） 制取七水合硫酸亚铁（FeSO4•7H2O），设计了如下流程：
下列说法不正确
A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2
C. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4•7H2O
D. 从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
【答案】C
【解析】
试题分析：A.流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；B.固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2（SO4）3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀从而与FeSO4分离，B正确；C.溶液1为硫酸铁和硫酸铝的混合溶液，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀是Fe（OH）3，再用硫酸溶解生成硫酸铁，硫酸铁溶液结晶分离得到的是硫酸铁晶体，得不到FeSO4·7H2O，C错误；D.Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，D正确；答案选C。
【考点定位】考查离子反应、物质分离、试剂选择、溶液pH控制、硫酸亚铁性质、实验条件选择和控制等知识。
【名师点睛】本题以流程图的形式考查离子反应、物质分离、实验流程、实验评价、实验条件控制等。涉及试剂的选择、溶液pH控制、硫酸亚铁性质、实验条件选择和控制等。化学工艺流程题近几年是高考的热点，所占的分值也相当大，但由于此类试题陌生度高，对我们的能力要求也大，加上有的试题文字量大，容易产生畏惧感，所以这类题的得分不是很理想。流程图解题的基本步骤：
（1）审题：
①从题干中获取有用信息，了解生产的产品，并在流程框图上，标出原料中的成分，找出原料中的杂质。
②审流程图：看箭头，进入的是投料（即反应物）、出去的是生成物（包括主产物和副产物）；找三线，物料进出线、操作流程线、循环线。
（2）析题：分析流程中的每一步骤，知道“四个什么”：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果；④对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
（3）技巧：从问题中获取信息，帮助解题，流程下题目中所提的问题，有时对我们分析流程中某一步的作用有很大帮助，所以我们做题时，不仅要把题中所给信息及流程图审一遍，还要把题中所提问题浏览一遍。
4.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有
A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种
【答案】B
【解析】
【详解】无色溶液中一定不存在有色的Fe3+，溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。
若溶液为酸性，则不存在：CO32–、OH–、NO3–，阴离子只能为Cl–，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在5种离子；
若呈碱性，则不存在H+、NH4+、Fe3+、Al3+、，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32–，可存在的离子为：Ba2+、Cl–、OH–、NO3–，则最多只有4种，
根据分析可知，最多存5种离子，
答案选B。
【点睛】溶液无色，则一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH-、NO3-、CO32-，若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，以此解答该题。
5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)
B. Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)
C. AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)
D. Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)
【答案】A
【解析】
【分析】
A．根据碳酸氢钠和碳酸钠的性质分析判断；B．根据铝及其化合物的性质分析判断；C．根据银氨溶液的性质分析判断；D．根据铁及其化合物的性质分析判断。
【详解】A．NaHCO3(s)加热分解生成Na2CO3(s)，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，该转化关系均能实现，故A正确；
B．NaAlO2(aq)与过量盐酸反应生成氯化铝和水，不会得到Al(OH)3(s)，故B错误；
C．蔗糖为非还原性糖，不含醛基，不能和[Ag(NH3)2]+(aq)发生银镜反应，所以不能生成银析出，故C错误；
D．Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会得到FeCl3(aq)，故D错误；
答案选A。
6.某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为
A. 0.78 B. 0.80 C. 0.85 D. 0.90
【答案】B
【解析】
【详解】FexO中Fe的平均化合价为，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mLCl2转移电子数为。则有：=0.01mol，解得x=0.8，
答案选B。
【点睛】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。
7.下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
分别加热Na2CO3和NaHCO3固体
试管内壁都有水珠
两种物质均受热分解
B
向稀的苯酚水溶液中滴加饱和溴水
生成白色沉淀
产物三溴苯酚不溶于水
C
向含I－的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液
加入淀粉后溶液变成蓝色
还原性：Cl－ > I－
D
向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液
加入H2O2后溶液变成血红色
Fe2+既有氧化性又有还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
试题分析：A、NaHCO3固体受热易分解为Na2CO3固体、水蒸气和CO2气体，水蒸气遇冷变为液态的水珠，而Na2CO3固体受热则无此现象，因为它不能分解，A错误；B、由于羟基对苯环邻、对位C-H有活化作用，使之容易与Br2发生取代反应，生成的2,4,6-三溴苯酚固体在水中的溶解度比苯酚还小，因此有白色沉淀生成，B错误；C、淀粉遇I－不变蓝、遇I2才变蓝，由此说明氯水中的Cl2能将I－氧化为I2，则I－是该置换反应（Cl2+2I－=2Cl－+I2）中还原剂，Cl－是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，C错误；D、Fe2+遇KSCN溶液不变红，Fe3+遇KSCN溶液变红，由此说明加入的H2O2能使Fe2+氧化为Fe3+，则Fe2+是该反应中的还原剂，只表现出还原性，不表现出氧化性，D错误；答案选B。
【考点定位】考查化学实验方案的分析、评价，离子检验，元素化合物知识。
【名师点睛】化学是一门以实验为基础的科学，化学实验的考查是高考命题的一个重点。该题型是选择题中化学实验考查的常见题型。解答此类题目注意逐项分析化学实验基本操作、实验方案的科学性、简约性和环保性；实验现象和实验结论的科学性；还要注意分析实验操作、现象和实验结论是否存在逻辑关系。平时学习中要注意教材中的演示实验要分析、理解到位，包括实验操作、现象和结论。题目难度中等。
8. 下列图示实验合理的是
A. 图1为证明非金属性强弱：S > C > Si
B. 图2为制备少量氧气
C. 图3为配制一定物质量浓度的硫酸溶液
D. 图4为制备并收集少量NO2气体
【答案】A
【解析】
试题分析：A、最高价氧化物对应水化物酸性越强，其非金属性越强，发生的反应为H2SO4＋Na2CO3=Na2SO4＋H2O＋CO2↑，CO2＋H2O＋Na2SiO3=Na2CO3＋H2SiO3，现象是锥形瓶中初相气泡，烧杯中出现白色沉淀，因此能够实现实验目的，故正确；B、要求隔板上固体状态反应始终都是块状，而过氧化钠属于粉末状，不适合此装置，故错误；C、容量瓶只能作配制溶液的仪器，不能作稀释、反应、溶解仪器，故错误；D、NO2与水反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，因此不能用排水法收集，应采用排空气法收集，故错误。
考点：考查实验设计方案的评价等知识。
9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 0.1 mol C3H6 分子中含有的碳碳双键数为0.1NA
B. 常温下，1 L pH=2的CH3COOH溶液中含有的CH3COO-数为0.01NA
C. 25.6 g 铜与一定量的浓硝酸完全反应时，转移的电子数为0.8NA
D. 标准状况下，2.24 L S16O2和S18O3的混合物中含有的硫原子数为0.1NA
【答案】C
【解析】
C3H6可能为丙烯，也可能为环丙烷，前者分子中含有碳碳双键，后者分子中不含碳碳双键，故C3H6分子中不一定含有碳碳双键，A项错误；根据电荷守恒得：n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)，n(H+)=0.01 mol，故n(CH3COO-)<0.01 mol，B项错误；虽然随着反应的进行，浓硝酸逐渐变稀，生成的气体可能是NO2和NO的混合物，但由于铜完全反应，故转移的电子数应根据铜的物质的量进行计算，25.6 g 铜的物质的量为0.4 mol，完全反应转移电子数为0.8NA，C项正确；标准状况下，SO3不是气体，无法计算，D项错误。
10.下列曲线图(纵坐标为沉淀的量，横坐标为加入物质的量)与对应的选项相符合的是( )
A. 向1 L浓度均为0.1 mol·L－1的Ba(OH)2、NaAlO2混合溶液中加入0.1 mol·L－1的稀H2SO4
B. 向1 L浓度分别为0.1 mol·L－1和0.3 mol·L－1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1 mol·L－1的稀NaOH溶液
C. 向烧碱溶液中滴加明矾溶液
D. 向AlCl3溶液中滴加过量氨水
【答案】A
【解析】
试题分析：A．向1L浓度均为0.1 mol•L-1的Ba（OH）2、NaAlO2混合溶液中加入0.1 mol•L-1的稀H2SO4，0.1molBa（OH）2消耗0.1mol硫酸，0.1molNaAlO2消耗0.05mol硫酸，硫酸过量时氢氧化铝溶解，0.1mol氢氧化铝消耗硫酸0.15mol，故A正确；B．向1L浓度分别为0.1 mol•L-1和0.3 mol•L-1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1 mol•L-1的稀NaOH溶液，AlCl3与NaOH反应生成沉淀，然后氢氧化钠与氯化铵反应生成氨水，最后氢氧化铝与氢氧化钠反应，沉淀溶解，此时氢氧化铝与氢氧化钠的物质的量比为1：1，图象不符，故B错误；C．铝离子与过量的氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，偏铝酸根离子的物质的量是铝离子的，图象不符合，故C错误；D．向AlCl3溶液中滴加过量氨水，开始产生氢氧化铝沉淀，氨水过量时，沉淀不溶解，因为氢氧化铝不溶于氨水，图象不符合，故D错误；故选A。
考点：考查混合物反应的计算与应用
11.我国科学家研发了一种新型液硫二次电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 放电时，电池左侧为负极，发生氧化反应
B. 充电时，电解质溶液中K+经交换膜向右侧移动
C. 放电时，电池右侧的电极反应为I3-+2e-=3I-
D. 充电时，电池的总反应为S22-+3I-2S2-+I3-
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，新型液硫二次电池放电时，电池左侧为负极，S2-在负极上放电发生氧化反应生成S22-，电极反应式为2S2-—2e-= S22-，电池右侧为正极，I3-在正极上放电发生还原反应生成I-，电极反应式为I3-+2e-=3I-，充电时，原电池的负极为电解池的阴极，正极为阳极。
【详解】A项、放电时，电池左侧为负极，S2-在负极上放电发生氧化反应生成S22-，故A正确；
B项、充电时，阳离子向阴极移动，电池左侧为阴极，K+经交换膜向左侧移动，故B错误；
C项、放电时，电池右侧为正极，I3-在正极上放电发生还原反应生成I-，电极反应为I3-+2e-=3I-，故C正确；
D项、放电时电池的总反应为2S2-+I3-=S22-+3I-，则充电时电池的总反应为S22-+3I-2S2-+I3-，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查新型二次电池，注意把握原电池工作原理和电极反应的判断，掌握放电和充电的联系是解答关键。
12.向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1L0.6 mol/L HNO3溶液恰好使其完全溶解，同时收集到2240 mL NO气体（标准状况）。下列说法中不正确的是
（已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O）
A. 上述体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸其物质的量之比为5:1
B. 若混合物中含0.1molCu，使该混合物与稀硫酸充分反应，消耗硫酸的物质的量为0.1mol
C. Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2O
D. 若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为32g
【答案】D
【解析】
【详解】A. 标况下2.24LNO的物质的量为：=0.1mol，则被还原体现氧化性的硝酸的物质的量为0.1mol；参加反应的硝酸的总物质的量为：0.6mol/L×1L=0.6mol，根据N原子守恒，体现酸性的硝酸的物质的量为：0.6mol−0.1mol=0.5mol，所以体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸其物质的量之比为：0.5mol:0.1mol=5:1，故A正确；
B. 根据电子转移守恒,混合物中n(Cu2O)==0.05mol，再结合B中Cu元素物质的量根据Cu守恒可知：n(CuO)=0.25mol−0.1mol−0.05mol×2=0.05mol，混合物中，0.1mol Cu不与稀H2SO4反应，0.05molCu2O、0.05molCuO与稀H2SO4反应,根据Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4电离的H+生成H2O，可得消耗的n(H2SO4)=0.05mol+0.05mol=0.1mol，故B正确；
C. Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3−被还原为NO，同时生成H2O，其反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3−═6Cu2++2NO↑+7H2O，故C正确；
D. Cu、Cu2O、CuO与HNO3恰好完全反应时生成Cu(NO3)2、NO和H2O，硝酸的物质的量0.6mol，NO的物质的量=0.1mol，根据N原子守恒可知：n[Cu(NO3)2]=0.6mol−0.1mol2=0.25mol，混合物中所含的Cu元素共有0.25mol，根据铜元素守恒可知，用H2还原Cu、Cu2O、CuO混合物后应得到0.25mol Cu，故固体的质量为：0.25mol×64g/mol=16g，故D错误；
答案选D。
13.室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)， 热效应为△H3。则下列判断正确的是（ ）
A. △H2＞△H3 B. △H1+△H3 =△H2
C. △H1＜△H3 D. △H1+△H2＞△H3
【答案】C
【解析】
【详解】① 胆矾溶于水时,溶液温度降低,反应为CuSO4⋅5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42− (aq)+5H2O(l) △H1>0；
② 硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应,则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42− (aq)△H2<0；
③ 已知CuSO4⋅5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l)△H3；
依据盖斯定律①−②得到③：△H3=△H1−△H2，由于△H2<0，△H1>0，则△H3>0，
A.分析可知△H3>0，而△H2<0，则△H3>△H2，故A错误；
B. △H3=△H1−△H2，则△H1=△H3+△H2，故B错误；
C. 上述分析可知：△H2<0，△H3>0，△H3=△H1−△H2则△H2=△H1−△H3<0，即△H1＜△H3，故C正确；
D. △H2<0，△H1>0，且△H1=△H3+△H2，则△H3>△H1+△H2，故D错误；
故选B.
14.在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁粉和铜粉，反应完全后将固体滤出，下说法中正确的是（ ）
A. 若滤出固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2＋，一定不含Cu2＋
B. 若滤出固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2＋，可能含Cu2＋和Fe3＋
C. 若滤出固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe3＋和Fe2＋，可能含Cu2＋
D. 若滤出固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2＋，一定不含Cu2＋和Fe3＋
【答案】D
【解析】
【详解】在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，反应先后顺序是：2FeCl3+Fe═3FeCl2，CuCl2+Fe═FeCl2+Cu。
A.若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，也可能含Cu2+，故A错误；
B.若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，也可能含Cu2+，一定不含Fe3+，故B错误；
C.若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，也可能含Cu2+，一定不含Fe3+，故C错误；
D.若滤出的固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，一定不含Cu2+和Fe3+，故D正确；
答案选D。
【点睛】在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，则铁能与氯化铁和氯化铜溶液反应，反应先后顺序是：2FeCl3+Fe═3FeCl2，CuCl2+Fe═FeCl2+Cu，据此回答。
二、非选择题，共58分。
15.现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁（Mg3N2)。已知实验中可能会发生下列反应：①2Mg+O22MgO；②3Mg+N2Mg3N2；③2Mg+CO22MgO+C；④Mg+H2OMgO+H2↑；⑤Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3↑
可供选择的装置和药品如图所示（镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的，整套装置的末端与干燥管相连）。
回答下列问题：
（1）在设计实验方案时，除装置A、E外，还应选择的装置（填字母代号）及其目的分别是_____；
（2）连接并检查实验装置的气密性。实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是（填字母代号）___；
（3）通气后，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果有何影响？____，原因是____；
（4）请设计一个实验，验证产物是氮化镁：___。
【答案】 (1). B、目的是除气流中的水蒸汽，避免反应④发生；D、目的是除空气中的CO2，避免反应③发生；F、目的是除空气中的氧气，避免反应①发生； (2). j→h→g→d→c→k→l（或l→k）→a→b（或b→a） (3). 使氮化镁不纯 (4). 如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁 (5). 取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成
【解析】
【详解】(1)根据题中信息可知Mg在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，所以镁和氮气反应必须将空气中的O2、CO2、H2O除去制得干燥纯净的N2，浓硫酸作用是除去水蒸气，浓氢氧化钠是除去空气中二氧化碳，灼热的铜粉为了除去空气中氧气；
故答案为：B目的是除气流中的水蒸汽，避免反应④发生；D目的是除去空气中的CO2，避免反应③发生；F目的是除去空气中的氧气，避免反应①发生；
(2)气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是：制备气体→除杂→干燥→制备→尾气处理；所以除去空气中的O2、CO2、H2O制备氮化镁，装置连接顺序是,j→h→g→d→c→k→l(或l→k)→a→b(或b→a)；
故答案为：j→h→g→d→c→k→l(或l→k)→a→b(或b→a)；
(3)因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应，如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁；
故答案为：制得的氮化镁将不纯；如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁；
(4)依据氮化镁和水反应生成氨气,方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑，将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁；
故答案为：将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁；
16.氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化变成绿色；见光分解变成褐色。如图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl−）生产CuCl的流程：
根据以上信息回答下列问题：
（1）生产过程中X的化学式为____。
（2）写出产生CuCl的离子方程式：____。
（3）实验探究pH对CuCl产率的影响如表所示：
pH
1
2
3
4
5
6
7
CuCl产率/%
70
90
82
78
75
72
70
析出CuCl晶体最佳pH为____，当pH较大时CuCl产率变低原因是____。调节pH时，___（填“能”或“不能”）用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是____。
（4）氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。
②用0.10mol·L−1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。三次平行实验结果如表（平行实验结果相差不能超过1%）：
平行实验次数
1
2
3
0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）
24.35
24.05
23.95
则样品中CuCl的纯度为_____。（结果保留三位有效数字）。
（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)＋H2O(l)CuOH(s)＋Cl− (aq)＋H+(aq)，第二步CuOH热分解的化学方程式为____。第一步CuCl水解反应的平衡常数K与此温度下KW、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K＝____。
【答案】 (1). Fe (2). 2Cu2++ 2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42- (3). 2 (4). Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小； (5). 不能 (6). 硝酸会与产品CuCl发生反应 (7). 95.5% (8). 2CuOHCu2O+H2O (9). Kw×Ksp(CuCl)/Ksp(CuOH)
【解析】
【详解】向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜；
（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，则X为Fe、Y为HCl，
故答案为：Fe；
（2）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒其方程式为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，离子反应方程式：2Cu2++ 2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-
故答案为：2Cu2++ 2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-；
（3）由表中数据可知，pH=2时，CuCl产率最高；pH较大时，Cu2+水解程度增大，导致反应生成CuCl减少；硝酸具有强氧化性，能将产品CuCl氧化生成Cu2+，所以不能用相同pH的硝酸代替硫酸，
故答案为：2；Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能；硝酸会与产品CuCl发生反应；
（4）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为24.35mL，误差大舍去，则滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为： =24mL，结合方程式可知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，CuCl～Ce4+，CuCl的纯度为：×100%=95.5%，
故答案为：95.5%．
（5）CuOH热分解的化学方程式为2CuOHCu2O+H2O；CuCl（s）+H2O（l）⇌CuOH（s）+Cl-（aq）+H+（aq），平衡常数K=c（H+）c（Cl-）=×
答案为：
17.研究含氮污染物治理是环保的一项重要工作。合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有重要意义。
（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g） △H=+180.5kJ•mol﹣1
2C（s）+O2（g）=2CO（g） △H=﹣221.0kJ•mol﹣1
C（s）+O2（g）=CO2（g） △H=﹣393. 5kJ•mol﹣1
则汽车尾气处理的反应之一：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=_____ kJ•mol﹣1，利于
该反应自发进行的条件是_______（选填“高温”或“低温”）。
（2）将0.20mol NO和0.10molCO充入一个容积恒定为1L的密闭容器中发生反应：
2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），反应过程中 部分物质的浓度变化如图所示：
反应从开始到9min时，用CO2表示该反应的速率是____________________（保留2位有效数字）
②第12min时改变的条件是______________（填“升温或降温”）．
③第18min时建立新的平衡，此温度下的平衡常数为______________（列计算式），第24min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和N2各0.060mol，平衡将_____移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。
（3）若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在t1时刻达到平衡状态的是________________（填序号）。
（如图中v正、K、n、m分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量）
（4）以氨为燃料可以设计制造氨燃料电池，产物无污染。若电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液，则该电池负极电极反应式为______________________________
【答案】 (1). △H= ﹣746.5KJ/mol (2). 低温 (3). 0.0044mol/（L•min） (4). 升温 (5). (6). 逆向 (7). BD (8). 2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O
【解析】
（1）已知①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ•mol﹣1
②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5 kJ•mol﹣1
③2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol﹣1
依据盖斯定律计算②×2-①-③得到2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g））△H=-746KJ·mol－1；该反应△H<0，△S<0，在低温时，△G=△H-△ST<0，该反应自发进行的条件是低温。
故答案为：-746.5；低温
（2）①根据方程式v(CO2)=v(CO)=（0.10-0.06）mol/L/9min=0.0044mol/（L•min）；②氮气浓度减小，NO、CO浓度增大，只要平衡向逆反应方向移动即可，因为正反应为放热反应，所以升高温度；③第18min时建立新的平衡，此温度下的平衡常数为平衡时CO2、N2、NO、CO的浓度依次为：0.02mol/L、0.01mol/L、0.18mol/L、0.08mol/L，K=；第24min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和N2各0.060mol，各物质的即时浓度为CO2、N2、NO、CO的浓度依次为：0.02mol/L、0.07mol/L、0.18mol/L、0.14mol/L，浓度商为 ，大于K，所以反应将向逆向进行；
（3）A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故A错误；B、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故B正确；C、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故C错误；D、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故D正确；故选BD。
（4）碱性燃料电池中，负极上燃烧失电子发生氧化反应，所以该原电池中负极上氨气失电子和氢氧根离子反应生成氮气和水，电极反应式为2NH3-6e－+6OH－=N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e－+6OH－=N2+6H2O
点睛：拼盘式的综合题（1）热化学方程式计算，依据盖斯定律方程式之间加减消元计算②×2-①-③，可算出所需方程式的焓变；（2）用浓度商和平衡常数比较大小，判断反应进行的方向；（4）碱性燃料电池电极反应方程式书写，所有的燃料电池的工作原理都是一样的，其电极反应的书写同样是有规律可循的。书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电池的负极一定是可燃性气体，失电子，元素化合价升高，发生氧化还原反应；电池的正极一定是助燃性气体，得电子，化合价降低，发生还原反应。2.燃料电池两电极材料一般都不参加反应，反应的是通到电极上的燃料和氧气，两电极只是传导电子的作用。
【选考题】
请考生从给出2道题中任选一道作答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。
18.硼、磷元素在化学中有很重要的地位，硼、磷及其化合物广泛应用于开发新型储氢材料、超导材料、富燃料材料、复合材料等高新材料领域。回答下列问题。
（1）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得．
①基态Ti3+的未成对电子数有___个。
②LiBH4由Li+和BH4-构成，BH4-呈正四面体构型。LiBH4中不存在的作用力有___（填标号）
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．配位键
（2）氨硼烷(NH3BH3)是一种新型储氢材料，其分子中存在配位键，则氨硼烷分子结构式为____，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子___(填化学式)。
（3）硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子间通过氢键相连[如图]。
读图分析1mol H3BO3的晶体中有___mol氢键。
（4）四(三苯基膦)钯分子结构如图：
P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为___；判断该物质在水中___（填写“易溶”或者“难溶”），并加以解释____。
（５）硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如图所示：
①该晶体中Na+的配位数为___。
②已知硼氢化钠晶体的密度为ρg/cm3，NA代表阿伏伽德罗常数的值，则a=___(用含ρ、NA的最简式子表示)
【答案】 (1). 1 (2). C (3). (4). C2H6 (5). 3 (6). sp3 (7). 难溶 (8). 水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶 (9). 8 (10). ×107
【解析】
【详解】(1)①基态Ti原子价电子排布式为3d24s2，Ti原子失去4s能级上2个电子、3d能级上1个电子生成基态Ti3+，所以基态Ti3+的未成对电子数有1个，
故答案为：1；
②LiBH4中阴阳离子之间存在离子键，B−H原子之间存在4个共价键、其中1个是配位键，所以该物质中含有离子键和共价键、配位键，所以不存在金属键，
故答案为：C；
(2)氨硼烷(NH3BH3)分子中存在配位键，B原子和N原子之间存在配位键,其结构式为；氨硼烷互为等电子体的分子中含有8个原子、价电子数是14，与其互为等电子体的分子有C2H6，
故答案为：；C2H6；
(3)硼酸分子中B最外层有3个电子，1个H3BO3分子能形成3个氢键，1mol H3BO3的晶体中有3mol氢键，
故答案为：3；
(4)四(三苯基膦)钯分子中P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子价层电子对个数是4，根据价层电子对判断钯原子的杂化轨道类型为sp3；非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶，
故答案为：sp3；难溶于水；水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶；
(5)①该晶体中Na+的配位数=2×8÷2=8，
故答案为：8；
②该晶胞中钠离子个数=、BH4−个数=，晶胞体积=，晶胞密度==ρ g/cm3，则，
故答案为：。
19.化合物I具有贝类足丝蛋白的功能，可广泛用于表面化学、生物医学、海洋工程、日化用品等领域。其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）I中含氧官能团的名称为____。
（2）由B生成C的化学方程式为__。
（3）由E和F反应生成D的反应类型为____，由G和H反应生成I的反应类型为____。
（4）仅以D为单体合成高分子化合物的化学方程式为___。
（5）X是I的芳香同分异构体，能发生银镜反应，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1。写出两种符合要求的X的结构简式___。
（6）参照本题信息，试写出以1−丁烯为原料制取的合成路线流程图（无机原料任选）___。
合成路线流程图示例如图：H2C=CH2CH3CH2Br CH3CH2OH
【答案】 (1). （酚）羟基、酯基 (2). +NaOH+NaBr (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). n (6). 、 (7). CH2=CHCH2CH3CH2=CHCHBrCH3CH2=CHCH(OH)CH3
【解析】
【分析】
由G结构简式、D分子式知，D发生取代反应生成G（），D为，E和F发生加成反应生成D；由D结构简式知C为，B发生水解反应生成C，则B为，生成B的反应为取代反应，H、G发生取代反应生成I。
【详解】（1）I中含氧官能团的名称为羟基、酯基，故答案为：羟基、酯基；
（2）C为、B为，B发生水解反应得到C，由B生成C的化学方程式为 ，
故答案为：；
（3）由E和F反应生成D的反应类型为加成反应，由G和H反应生成I的反应类型为取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；
（4）D为，D发生加聚反应可得到高分子化合物，则仅以D为单体合成高分子化合物的化学方程式为，
故答案为：；
（5）I是对羟基丙烯酸苯甲酯，X是I的同分异构体，能发生银镜反应，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有醛基、羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:2:1:1。两种符合要求的X的结构简式为，
故答案为：；
（6）1−丁烯为原料制取，可由CH2＝CHCH(OH)CH3发生加聚反应得到，CH2＝CHCH(OH)CH3可由CH2＝CHCHBrCH3发生取代反应得到，CH2＝CHCHBrCH3可由CH2＝CHCH2CH3发生取代反应得到，合成路线为CH2＝CHCH2CH3CH2＝CHCHBrCH3CH2＝CHCH(OH)CH3，
故答案为：CH2＝CHCH2CH3CH2＝CHCHBrCH3CH2＝CHCH(OH)CH3。
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