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四川省泸州市泸县第一中学2020届高三上学期期中考试理综化学试题
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1.研究表明，地球上的碳循环，光合作用是必不可少的（如下图所示）。下列叙述正确的是
A. 石油与煤是可再生能源
B. CO2是煤、石油形成淀粉、纤维素等的催化剂
C. 光合作用将太阳能转化为化学能
D. 图中所出现的物质中淀粉与纤维素为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 石油与煤是化石燃料，属于不可再生资源，A项错误；
B. 煤、石油燃烧会生成二氧化碳，生成的二氧化碳参与光合作用形成淀粉与纤维素等，因此二氧化碳不是催化剂，而是该过程的中间产物，B项错误；
C. 光合作用是绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，C项正确；
D. 图中所出现的物质中淀粉与纤维素分子式中的n值不同，因此不属于同分异构体，D项错误；
答案选C。
【点睛】淀粉与纤维素的分子通式虽均为(C6H10O5)n，但n值不同，所以不属于同分异构体，一定要格外注意。
2.香天竺葵醇和异香天竺葵醇可用于精油的制作，其结构简式如图，
下列叙述正确的是
A. 香天竺葵醇属于脂肪，异香天竺葵醇属于芳香醇
B. 两者都能发生加成反应，但不能发生取代反应
C. 异香天竺醇分子中的所有碳原子不可能处于同一平面
D. 两者都能使酸性高锰钾溶液褪色，但不能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】C
【解析】
【分析】
由结构可知香天竺葵醇和异香天竺葵醇分子中都含碳碳双键、-OH，结合烯烃、醇的性质来解答。
【详解】A. 脂肪是高级脂肪酸的甘油酯，芳香醇是指分子里碳链上连接有苯环的醇，故A错误；
B. 含碳碳双键，能发生加成反应，含-OH能发生取代反应，故B错误；
C. 异香天竺醇分子中含有饱和碳原子，与之相连的碳原子具有甲烷四面体的结构，一定不会共面，所以该分子中的所有碳原子不可能都处在同一平面上，故C正确；
D. 含碳碳双键，与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，所以两者都能使酸性高锰钾溶液褪色，也能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，注意烯烃与醇的性质。
3.由下列实验操作得出的实验现象和实验结论均正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将石灰石和盐酸反应产生的气体直接通入硅酸钠溶液中
生成白色沉淀
碳酸的酸性比硅酸强
B
向FeCl3溶液中通入足量的H2S
生成两种沉淀
Fe3+的氧化性强于S
C
向某无色溶液中滴加少量新制氯水
加入淀粉后溶液变成蓝色
原溶液中含有I—
D
向AgCl固体滴加饱和Na2CrO4溶液
有砖红色沉淀生成
Ksp：Ag2CrO4＜AgCl
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.石灰石和盐酸反应产生的CO2气体，由于HCl具有挥发性，所以将气体直接通入硅酸钠溶液中，会发生反应：2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl；CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+2Na2CO3，因此不可以证明碳酸的酸性比硅酸强，A错误；
B.向FeCl3溶液中通入足量的H2S，会发生反应：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl，只能形成S单质一种沉淀，可以证明Fe3+的氧化性强于S，B错误；
C. 向某无色溶液中滴加少量新制氯水，加入淀粉后溶液变成蓝色，说明反应后的溶液中含有I2，则加入氯水前溶液中含有I-，发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，C正确；
D.难溶物质之间的转化通常都是可逆反应，由于向AgCl固体上滴加的是饱和Na2CrO4溶液后有砖红色沉淀生成，故不能说明两者的溶解度大小，且AgCl、Ag2CrO4的类型不同，更不能由现象直接比较两者的Ksp，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，为高考常见题型，把握有机物的性质、反应与现象、非金属性比较、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项D为解答的易错点，题目难度不大。
4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 8gCH4O中含有的C-H键数目为NA
B. 25℃时，100mLpH=8的氨水中NH4+的个数为9.9×10-8NA
C. 56gFe和64gCu分别与1molS反应转移电子数均为2 NA
D. 标准状况下，2.24 LCl2 溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2 NA
【答案】B
【解析】
A、8g CH4O(即0.25mol甲醇)，所含有的C-H 键数目为0.75NA，故A错误；B、25℃时，pH=8 的氨水中c(H+)水=1.0×10-8mol/L=c(OH-)水，由Kw可求得溶液中的c(OH-)总=1.0×10-6mol/L，则由NH3·H2O电离出的c(OH-)一水合氨=c(OH-)总-c(OH-)水=1.0×10-6mol/L-1.0×10-8mol/L=9.9×10-7mol/L=c(NH4+)，则NH4+的数目为9.9×10-7mol/L×0.1L×NA=9.9×10-8NA，所以B正确；C、由于S的氧化能力弱，所以铁和铜与S反应时都生成低价化合物，即铁显+2价，铜显+1价，所以56g Fe (即1mol）与1mol S 恰好完全反应生成FeS,则转移的电子数为2 NA，64g Cu (即1mol)与1mol S 反应生成0.5molCu2S，S过量，则转移的电子数为NA，故C错误；D、标准状况下，2.24 LCl2(即0.1mol) 溶于水后仍有部分以Cl2的形式存在于水中，则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.2 NA，则D错误。本题正确答案为B。
点睛：看似简单的NA题，但在本题中最容易错选A、D，而B有可能计算错误。甲醇（CH4O）中并不是4个氢原子都与碳原子成键，而是3个，还要被分子式所迷惑；氯气是双原子分子，但并不能全部与水反应，还有一部分以Cl2的形式存在于水中；还要明确Kw的含义是溶液中总的c(H+)与总的c(OH-) 的乘积，这样才能求出由一水合氨电离出的c(OH-)，进而求出NH4+的个数。
5.四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是
A. 四种元素中至少有两种金属元素
B. 四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物
C. 四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子
D. 常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于7
【答案】B
【解析】
【分析】
原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。
【详解】A. 四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；
B. 氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；
C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；
D. 三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。
故选B。
6.一种电催化合成氨的装置如图所示。该装置工作时，下列说法正确的是
A. 图中涉及的能量转化方式共有3种
B. 两极产生的气体的物质的量之比是1:1
C. 电路中每通过1mol电子，有1mol H+迁移至a极
D. b极上发生主要反应为N2+6H++6e-=2NH3
【答案】D
【解析】
【分析】
该装置包含多种能量转化，主要是太阳能→电能，风能→机械能→电能，电能→化学能；电催化合成氨的过程是一个电解过程，生成氧气的a极是电解池的阳极，阳极上水被氧化生成氧气，电极反应式为2H2O —4e-=O2↑+4H+，生成氨气的b极是阴极，阴极上氮气被还原生成氨气，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3。
【详解】A项、能量转化有：太阳能→电能，风能→机械能→电能，电能→化学能，另外还可能有其他能量转化为热能等，故A错误；
B项、生成氧气的a极是电解池的阳极，电极反应式为2H2O —4e-=O2↑+4H+，生成氨气的b极是阴极，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3，由得失电子数目守恒可知，两极生成氧气和氨气的理论物质的量之比是3:4，故B错误；
C项、电解时，阳离子向阴极移动，H+应向阴极b极迁移，故C错误；
D项、电解时，生成氨气的b极是阴极，阴极上氮气放电生成氨气，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了电解池原理，侧重考查分析能力，注意把握正负极的判断，会正确书写电极反应式，注意把握离子的定向移动是解答关键。
7.常温下，用0.10mol·L－1KOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L－1H2C2O4(二元弱酸)溶，所得滴定曲线如图所示(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。下列说法正确的是（ ）
A. 点①所示溶液中：c（H+）/c（OH-）=1012
B. 点②所示溶液中：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4－)+c(C2O42－)+c(OH－)
C. 点③所示溶液中：c(K+)>c(HC2O4－)>c(H2C2O4)>c(C2O42－)
D. 点④所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4－)+ c(C2O42－)=0.10mol·L－1
【答案】D
【解析】
试题分析：A．0.10mol•L-1H2C2O4(二元弱酸)不能完全电离，点①pH≠1，则≠1012，故A错误；B．点②为混合溶液，由电荷守恒可知，c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，故B错误；C．点③溶液显酸性，等体积等浓度反应生成KHC2O4，电离大于其水解，则c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，故C错误；D．由物料守恒可知，c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.10mol•L-1，故D正确；故选D。
【考点定位】考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算
【名师点晴】本题考查酸碱混合溶液的定性判断及离子浓度的关系，注意草酸为弱酸，明确电荷守恒、物料守恒即可解答。酸或碱电离产生的离子浓度越大，对水的抑制作用就越强。若盐电离氢离子或氢氧根离子，对水的电离平衡起抑制作用，与酸或碱的作用相同；若电离产生的离子或消耗水电离产生的氢离子或氢氧根离子产生弱酸或弱碱，就会使水的电离平衡正向移动，促进水的电离，盐电离产生的水解的离子浓度越大，水解的离子浓度越大，溶液的酸性或碱性越强。若盐电离产生的阳离子、阴离子都发生水解作用，水解产生的氢离子、氢氧根离子发生中和反应，使水的电离程度比单独只有阳离子、阴离子发生水解作用的水的电离程度大。溶液的酸碱性根据水解相对程度判断。谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解。
8.氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应制备，反应原理为CrCl3+NH3CrN+3HCl.回答下列问题：
(1)制备无水氯化铬。氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)的形式存在。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为______________，以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_____________________________。
(2)制备氮化铬。某实验小组设计制备氮化铬的装置如下图所示(夹持与加热装置省略)：
①装置A中发生反应的化学方程式为_____________________。
②实验开始时，要先打开装置A中活塞，后加热装置C，目的是___________________。
③装置B中盛放的试剂是____________，装置D的作用是_____________________。
④有同学认为该装置有一个缺陷，该缺陷是_______________________。
(3)氯化铬的纯度测定。制得的CrN中含有Cr2N杂质，取样品14.38g在空气中充分加热，得固体残渣(Cr2O3)的质量为16.72g，则样品中CrN的质量分数为_____________(结果保留3位有效数字)。
【答案】 (1). 2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑ (2). 在HCl的气氛中加热 (3). CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(或NH3·H2ONH3↑+H2O) (4). 用生成的氨气排除装置内的空气 (5). 碱石灰 (6). 防止空气中的水分进入装置C (7). 没有尾气处理装置(或其他合理答案) (8). 91.8%
【解析】
【分析】
（1）加热CrCl3•6H2O晶体时，CrCl3水解；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl3•6H2O晶体制无水氯化铬；
（2）①浓氨水与CaO反应生成氢氧化钙和氨气；
②生成的氨气排除装置内的空气；
③装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气；装置D中的无水氯化钙可以吸收空气中的水蒸气；
（3）依据样品和Cr2O3的质量建立联立方程式求得CrN的物质的量，再依据CrN的质量求得质量分数。
【详解】（1）加热CrCl3•6H2O晶体时，CrCl3水解，氯化氢受热挥发，使水解平衡右移，CrCl3完全水解得到Cr（OH）3，Cr（OH）3受热分解生成Cr2O3，反应的化学方程式为2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl3•6H2O晶体，脱水制得无水氯化铬，故答案为：2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；在HCl的气氛中加热；
（2）①装置A中，浓氨水滴入到锥形瓶中，浓氨水中水与CaO反应生成氢氧化钙并放出大量的热，溶液中氢氧根浓度增大，使氨水的电离平衡左移，反应放出的热量升高温度，有利于氨气逸出，反应的化学方程式为CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑，故答案为：CaO+
NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑；
②实验开始时，先打开装置A中活塞，浓氨水与CaO反应制得氨气，生成的氨气排除装置内的空气，在无氧条件下，无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应生成CrN，故答案为：用生成的氨气排除装置内的空气；
③装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气，防止水蒸气进入装置C中，干扰CrN的制备；装置D中的无水氯化钙可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中，干扰CrN的制备，故答案为：碱石灰；防止空气中的水分进入装置C；
④该装置有一个缺陷，没有氨气的尾气吸收装置，氨气排入到空气中，会污染环境，故答案为：没有尾气处理装置；
（3）设14.38g 样品中CrN为xmol，Cr2N为ymol，固体残渣Cr2O3的质量为16.72g，Cr2O3的物质的量为=0.11mol，由Cr原子个数守恒得关系式①x+2y=0.22，由样品质量的关系式②66x+118y=14.38，解关系式得x=0.2 mol，y=0.01mol，则样品中CrN的质量分数为≈91.8%，故答案为：91.8%。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意理解反应原理，通过物质的性质分析实验设计是解答关键。
9.草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O，相对分子质量为180）呈淡黄色，可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。
I．纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。
（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置（可重复选用）进行实验：
①装置D的名称为______。
②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为_____→尾气处理装置（填仪器接口的字母编号）。
③实验前先通入一段时间N2，其目的为_______。
④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为______。
（2）固体产物成分的探究。充分反应后，A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为Fe或FeO。小组成员设计实验证明了其成分只有FeO，其操作及现象为___。
（3）依据（1）和（2）结论，可知A处反应管中发生反应的化学方程式为____。
Ⅱ．草酸亚铁晶体样品纯度的测定
工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：
步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀H2SO4中，配成250mL溶液。
步骤2：取上述溶液25.00mL，用c mol·L−1 KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1 mL；
步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用c mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。
（4）步骤3中加入锌粉的目的为______。
（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为_____；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，则测定结果将______（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。
【答案】 (1). （球形）干燥管 (2). agfbchi（或ih）de（或ed）bc (3). 排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸 (4). C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊 (5). 取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成 (6). FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O (7). 将Fe3+还原为Fe2+ (8). ×100% (9). 偏低
【解析】
【分析】
I．(1)①根据仪器的图形和作用分析解答；
②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜可以检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水可以检验二氧化碳的生成，经碱石灰干燥后气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，最后尾气处理，据此分析解答；
③实验前先通入一段时间N2，可以把装置内空气赶净，据此解答；
④实验证明了气体产物中含有CO，可以利用CO还原氧化铜设计实验验证；
(2)黑色固体可能为Fe或FeO，可以把固体溶于酸检验；
(3)依据(1)和(2)的结论分析解答；
Ⅱ．(4)根据锌可以将Fe3+还原分析解答；
(5)草酸亚铁与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧化。向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，此时滴定的是亚铁离子，利用化学反应的定量关系分析计算；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，根据消耗高锰酸钾量的变化分析误差。
【详解】(1)①装置D的名称为：(球形)干燥管，故答案为：(球形)干燥管；
②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥后，气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc，最后连接尾气处理装置，故答案为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc；
③实验前先通入一段时间N2，目的是排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故答案为：排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；
④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，故答案为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊；
(2)充分反应后，A处反应管中残留黑色固体，黑色固体可能为Fe或FeO。要证明其成分只有FeO，可以将固体溶于酸，看有无气体放出即可，具体为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成说明无铁存在，只有氧化亚铁，故答案为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成；
(3)依据(1)和(2)结论，可知A处反应管中发生的反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；
(4)锌可以将Fe3+还原，因此步骤3中加入锌粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；
(5)取上述溶液25.00mL，用cmol•L﹣1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL，此过程中亚铁离子和草酸根离子都被氧化；向反应后的溶液中加入适量锌粉，锌将Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，此时滴定的是溶液中的亚铁离子。第一次消耗的高锰酸钾减去第二次消耗的高锰酸钾为滴定草酸根离子的量，反应的离子方程式：2MnO4-+5C2O42-+8H+=10CO2+4H2O+2Mn2+，草酸亚铁晶体样品的纯度＝×100%，若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，会导致第一步滴定中消耗的高锰酸钾的量减少，即V1偏小，则计算得到的亚铁离子物质的量减小，测定结果偏低，故答案为：×100%；偏低。
【点睛】本题考查了物质的组成和含量测定的实验分析。本题的难点为实验装置的连接顺序，要注意从实验的原理分析解答；易错点为(5)的计算和误差分析，要注意2次滴定过程中的反应微粒，理解清楚计算原理，并结合计算公式分析误差。
10.氨是一种重要的化工原料，可以用来制备氮化硅(Si3N4)肼(N2H4)、氢氰酸(HCN)。
(1)已知：Si(s)+2Cl2(g)====SiCl4(g) △H1=akJ·mol－1
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H2=bkJ·mol－1
3Si(s)+2N2(g)====Si3N4(s) △H3=ckJ·mol－1
H2(g)+Cl2(g)====2HCl(g) △H4=dkJ·mol－1
则反应3SiCl4(g)+4NH3(g)====Si3N4(s)+12HCl(g)的△H=________________kJ·mol－1(用a、b、c、d表示)。
(2)肼的制备方法是用次氯酸钠氧化过量的氨。
已知ClO－水解的方程式为：ClO－+H2 O=HClO+OH－。常温下，该水解反应的平衡常数为K=1.0×10－6mol·L－1，则1.0mol· L －1NaCIO溶液的pH=________。
(3)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为：CH4(g)+NH3(g) HCN(g)+3H2 (g) △H>O
①其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图所示。X代表的是________(填“温度”或“压强”)。
②其他条件一定，向2L密闭容器中加人 n mol CH4和2 mol NH3，平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图所示。若反应从开始到a点所用时间为10min，该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为________mol·L－1·min－1；平衡常数：K(a) ________K(b)(填“>”“=”或“<”)
③工业上用电解法处理含氰电镀废水(pH=10)装置如图所示。
阳极产生的氯气与碱性溶液反应生成ClO-，ClO－将CN－氧化的离子方程式为：_____CN－+ _____ClO－+ ________====_____CO32－+_____N2↑+________+________若电解处理2 mol CN－，则阴极产生气体的体积(标准状况下)为________L。
【答案】 (1). c+6d-3a-2b (2). 11 (3). 压强 (4). 0.025 (5). = (6). 2 (7). 5 (8). 20H- (9). 2 (10). l (11). 5 Cl- (12). H2O (13). 112
【解析】
【分析】
运用盖斯定律计算反应热；依据勒夏特列原理分析平衡的移动方向；根据得失电子数目守恒规律配平氧化还原反应。
【详解】(1) 已知：Si(s)+2Cl2(g)====SiCl4(g) △H1=akJ·mol－1 ①
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H2=bkJ·mol－1 ②
3Si(s)+2N2(g)====Si3N4(s) △H3=ckJ·mol－1 ③
H2(g)+Cl2(g)====2HCl(g) △H4=dkJ·mol－1 ④
根据盖斯定律，③+6 ④-3①-2②得3SiCl4(g)+4NH3(g)====Si3N4(s)+12HCl(g)，△H=△H3+6△H4-3△H1-2△H2= c+6d-3a-2b kJ·mol－1，
故答案为：c+6d-3a-2b；
(2) 1.0mol· L －1NaCIO溶液中，c(ClO－)= 1.0mol· L －1，已知ClO－+H2 O=HClO+OH－，该水解反应的平衡常数为K=c(HClO) ∙c(OH－)/ c(ClO－)= c2(OH－)=1.0×10－6mol·L－1，c(OH－)= 1.0×10－3mol·L－1，则c(H+)=10-14/10-3=10-11，pH=11，
故答案为：11；
(3) ①根据图示，X越大转化率越小，平衡逆向移动，该反应为吸热，温度升高平衡正向移动，增大压强，平衡逆向移动，
故答案为：压强；
②设 10min时，反应的氨气的物质的量为x
CH4(g)+NH3(g) HCN(g)+3H2 (g)
开始（mol） 2 2 0 0
反应（mol） x x x 3x
a点（mol） 2-x 2-x x 3x
则(2-x)/2-x+x+3x=30%，x=0.5，v(CH4)=(0.5mol/2L)/10min=0.025 mol·L－1·min－1；平衡常数只和温度有关，所以K(a)=K(b)，
故答案为：0.025，=；
③由题干知，0H-参加反应，ClO－被还原成Cl-同时产物中还有水生成，再根据转移电子数相等及原子守恒规律配平得：
2 CN－+5ClO－+20H-====2CO32－+N2↑+5Cl- +H2O；根据反应方程式得，处理2mol CN－消耗5mol ClO－，消耗5molCl2，所以阴极生成5mol氢气，则V（H2）=22.4mol/L5mol=112L，
故答案为：2，5，20H-，2，1，5 Cl-，H2O；112。
11.为了纪念元素周期表诞生150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。回答下列问题：
(1)Ag与Cu在同一族，则Ag在周期表中___（填“s”、“p”、“d”或“ds”）区。[Ag2（NH3）2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则该配离子的空间构型是___。
(2)下表是Fe和Cu的部分电离能数据：请解释I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因：______。
元素
Fe
Cu
第一电离能I1/kJ·mol－1
759
746
第二电离能I2/kJ·mol－1
1561
1958
(3)亚铁氰化钾是食盐中常用的抗结剂，其化学式为K4[Fe(CN)6]。
①CN-的电子式是______；1 mol该配离子中含σ键数目为____。
②该配合物中存在的作用力类型有_____（填字母）。
A．金属键 B．离子键 C．共价键 D．配位键 E．氢键 F．范德华力
(4)MnO2的熔点(1660℃)比MnS的熔点(1610℃)高，其主要原因是_________。
(5)第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺(CH3NH3PbI3)半导体作为吸光材料，CH3NH3PbI3具有钙钛矿(AMX3)的立方结构，其晶胞如图所示。
①AMX3晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，则M处于____位置，X处于____位置。
③CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为anm，其晶体密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为______。
【答案】 (1). ds (2). 直线形 (3). 失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，Fe 失去的是 4s1 电子 (4). (5). 12 NA (6). BCD (7). 二者均为离子晶体，O2-半径小于 S2-半径，MnO 的晶格能大于 MnS (8). 体心 (9). 面心 (10). 620/（a´×10-7）3d
【解析】
【详解】(1)Ag位于第五周期第ⅠB族，外围电子排布为4d55s1，属于ds区；
[Ag2（NH3）2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，所以其空间构型为直线型结构；
(2)根据表中数据可知，I2(Cu)大于I2( Fe)，主要原因为：失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，Fe 失去的是 4s1 电子；
(3)①CN-中碳与氮之间形成三对共用电子对，电子式是；1 mol该配离子[Fe(CN)6]4-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12NA；
②K4[Fe(CN)6]中钾离子与[Fe(CN)6]4-之间形成离子键、[Fe(CN)6]4-中CN-与铁离子之间形成配位键、CN-中碳原子与氮原子之间形成共价键，故存在的作用力类型有离子键、共价键、配位键。答案选BCD；
(4)MnO2的熔点(1660℃)比MnS的熔点(1610℃)高，其主要原因是二者均为离子晶体，O2-半径小于 S2-半径，MnO 的晶格能大于 MnS；
(5)①AMX3晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，根据图中离子的位置关系可知，M处于体心位置，X处于面心位置；
③CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为anm，其晶体密度为dg·cm-3，根据可知 dg·cm-3=，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为。
12.2一氨-3—氯苯甲酸是白色晶体，其制备流程如下：
回答下列相关问题
(1) 的名称是___________，2-氨-3-氯苯甲酸中含N官能团的电子式为___________。
(2)反应①中R代表的是___________，反应②的反应类型为___________。
(3)如果反应③中KMnO4的还原产物为MnSO4，请写出该反应的化学方程式___________。
(4)A结构简式为___________，⑥的反应条件为___________。
(5)符合下列条件的同分异构体的结构简式为___________。
a 式量比大42的苯的同系物；
b 与酸性KMnO4反应能生成二元羧酸
c 仅有3种等效氢
(6)事实证明上述流程的目标产物的产率很低；据此，研究人员提出将步骤⑥设计为以下三步，产率有了一定提高。
分析产率提高的原因是___________。
【答案】 (1). 甲苯 (2). (3). —CH3 (4). 取代反应 (5). (6). (7). Fe和Cl2 (8). (9). 占位，减少5号位上H原子的取代
【解析】
【分析】
由制备流程可知，苯与CH3Cl发生信息反应②生成甲苯，甲苯与浓硫酸和浓硝酸在加热条件下发生硝化反应生成，发生氧化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成A，则A为，发生信息1反应生成，在铁作催化剂的条件下，与氯气发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成2一氨-3—氯苯甲酸。
【详解】（1）的名称是甲苯；2－氨－3－氯苯甲酸的结构简式是，其含氮官能团为氨基，氨基的电子式为，故答案为：甲苯；；
（2）反应①为苯与CH3Cl反应生成甲苯，则R为—CH3；反应②为甲苯与浓硫酸和浓硝酸混酸在加热条件下发生硝化反应生成，故答案为：—CH3；；
（3）反应③中，KMnO4与发生氧化还原反应，KMnO4被还原为MnSO4，被氧化为，反应化学方程式为，故答案为：；
（4）与铁、盐酸发生还原反应生成A，则A为，反应⑥为在铁作催化剂的条件下，与氯气发生取代反应生成，故答案为：；Fe和Cl2；
（5）由a可知该物质比甲苯多3个—CH2—，由b可知该物质苯环上有2个取代基，其中取代基为—CH3和—CH2CH2CH3，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，取代基为—CH3和—CH（CH3）2，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，取代基为2个—CH2CH3，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，共9种，其中有3中等效氢的结构简式为，故答案为：；
（6）产率提高的原因是：占位可减少5号位上H原子的取代，减少副反应产物的生成，使得产率有了一定提高。故答案为：占位，减少5号位上H原子的取代。
【点睛】本题考查有机推断与有机合成，涉及了有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，解题时，通过分析转化前后官能团的变化，确定发生反应的类型及未知有机物的结构是解答关键，书写同分异构体时，应先分析对象的组成和结构特点，再把限定的条件转化为一定的基团，最后根据分子中氢原子种数以及分子结构的对称性，将这些基团组装到一起，并用限定条件逐一验证其正确性。
1.研究表明，地球上的碳循环，光合作用是必不可少的（如下图所示）。下列叙述正确的是
A. 石油与煤是可再生能源
B. CO2是煤、石油形成淀粉、纤维素等的催化剂
C. 光合作用将太阳能转化为化学能
D. 图中所出现的物质中淀粉与纤维素为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 石油与煤是化石燃料，属于不可再生资源，A项错误；
B. 煤、石油燃烧会生成二氧化碳，生成的二氧化碳参与光合作用形成淀粉与纤维素等，因此二氧化碳不是催化剂，而是该过程的中间产物，B项错误；
C. 光合作用是绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，C项正确；
D. 图中所出现的物质中淀粉与纤维素分子式中的n值不同，因此不属于同分异构体，D项错误；
答案选C。
【点睛】淀粉与纤维素的分子通式虽均为(C6H10O5)n，但n值不同，所以不属于同分异构体，一定要格外注意。
2.香天竺葵醇和异香天竺葵醇可用于精油的制作，其结构简式如图，
下列叙述正确的是
A. 香天竺葵醇属于脂肪，异香天竺葵醇属于芳香醇
B. 两者都能发生加成反应，但不能发生取代反应
C. 异香天竺醇分子中的所有碳原子不可能处于同一平面
D. 两者都能使酸性高锰钾溶液褪色，但不能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】C
【解析】
【分析】
由结构可知香天竺葵醇和异香天竺葵醇分子中都含碳碳双键、-OH，结合烯烃、醇的性质来解答。
【详解】A. 脂肪是高级脂肪酸的甘油酯，芳香醇是指分子里碳链上连接有苯环的醇，故A错误；
B. 含碳碳双键，能发生加成反应，含-OH能发生取代反应，故B错误；
C. 异香天竺醇分子中含有饱和碳原子，与之相连的碳原子具有甲烷四面体的结构，一定不会共面，所以该分子中的所有碳原子不可能都处在同一平面上，故C正确；
D. 含碳碳双键，与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，所以两者都能使酸性高锰钾溶液褪色，也能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，注意烯烃与醇的性质。
3.由下列实验操作得出的实验现象和实验结论均正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将石灰石和盐酸反应产生的气体直接通入硅酸钠溶液中
生成白色沉淀
碳酸的酸性比硅酸强
B
向FeCl3溶液中通入足量的H2S
生成两种沉淀
Fe3+的氧化性强于S
C
向某无色溶液中滴加少量新制氯水
加入淀粉后溶液变成蓝色
原溶液中含有I—
D
向AgCl固体滴加饱和Na2CrO4溶液
有砖红色沉淀生成
Ksp：Ag2CrO4＜AgCl
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.石灰石和盐酸反应产生的CO2气体，由于HCl具有挥发性，所以将气体直接通入硅酸钠溶液中，会发生反应：2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl；CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+2Na2CO3，因此不可以证明碳酸的酸性比硅酸强，A错误；
B.向FeCl3溶液中通入足量的H2S，会发生反应：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl，只能形成S单质一种沉淀，可以证明Fe3+的氧化性强于S，B错误；
C. 向某无色溶液中滴加少量新制氯水，加入淀粉后溶液变成蓝色，说明反应后的溶液中含有I2，则加入氯水前溶液中含有I-，发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，C正确；
D.难溶物质之间的转化通常都是可逆反应，由于向AgCl固体上滴加的是饱和Na2CrO4溶液后有砖红色沉淀生成，故不能说明两者的溶解度大小，且AgCl、Ag2CrO4的类型不同，更不能由现象直接比较两者的Ksp，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，为高考常见题型，把握有机物的性质、反应与现象、非金属性比较、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项D为解答的易错点，题目难度不大。
4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 8gCH4O中含有的C-H键数目为NA
B. 25℃时，100mLpH=8的氨水中NH4+的个数为9.9×10-8NA
C. 56gFe和64gCu分别与1molS反应转移电子数均为2 NA
D. 标准状况下，2.24 LCl2 溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2 NA
【答案】B
【解析】
A、8g CH4O(即0.25mol甲醇)，所含有的C-H 键数目为0.75NA，故A错误；B、25℃时，pH=8 的氨水中c(H+)水=1.0×10-8mol/L=c(OH-)水，由Kw可求得溶液中的c(OH-)总=1.0×10-6mol/L，则由NH3·H2O电离出的c(OH-)一水合氨=c(OH-)总-c(OH-)水=1.0×10-6mol/L-1.0×10-8mol/L=9.9×10-7mol/L=c(NH4+)，则NH4+的数目为9.9×10-7mol/L×0.1L×NA=9.9×10-8NA，所以B正确；C、由于S的氧化能力弱，所以铁和铜与S反应时都生成低价化合物，即铁显+2价，铜显+1价，所以56g Fe (即1mol）与1mol S 恰好完全反应生成FeS,则转移的电子数为2 NA，64g Cu (即1mol)与1mol S 反应生成0.5molCu2S，S过量，则转移的电子数为NA，故C错误；D、标准状况下，2.24 LCl2(即0.1mol) 溶于水后仍有部分以Cl2的形式存在于水中，则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.2 NA，则D错误。本题正确答案为B。
点睛：看似简单的NA题，但在本题中最容易错选A、D，而B有可能计算错误。甲醇（CH4O）中并不是4个氢原子都与碳原子成键，而是3个，还要被分子式所迷惑；氯气是双原子分子，但并不能全部与水反应，还有一部分以Cl2的形式存在于水中；还要明确Kw的含义是溶液中总的c(H+)与总的c(OH-) 的乘积，这样才能求出由一水合氨电离出的c(OH-)，进而求出NH4+的个数。
5.四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是
A. 四种元素中至少有两种金属元素
B. 四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物
C. 四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子
D. 常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于7
【答案】B
【解析】
【分析】
原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。
【详解】A. 四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；
B. 氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；
C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；
D. 三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。
故选B。
6.一种电催化合成氨的装置如图所示。该装置工作时，下列说法正确的是
A. 图中涉及的能量转化方式共有3种
B. 两极产生的气体的物质的量之比是1:1
C. 电路中每通过1mol电子，有1mol H+迁移至a极
D. b极上发生主要反应为N2+6H++6e-=2NH3
【答案】D
【解析】
【分析】
该装置包含多种能量转化，主要是太阳能→电能，风能→机械能→电能，电能→化学能；电催化合成氨的过程是一个电解过程，生成氧气的a极是电解池的阳极，阳极上水被氧化生成氧气，电极反应式为2H2O —4e-=O2↑+4H+，生成氨气的b极是阴极，阴极上氮气被还原生成氨气，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3。
【详解】A项、能量转化有：太阳能→电能，风能→机械能→电能，电能→化学能，另外还可能有其他能量转化为热能等，故A错误；
B项、生成氧气的a极是电解池的阳极，电极反应式为2H2O —4e-=O2↑+4H+，生成氨气的b极是阴极，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3，由得失电子数目守恒可知，两极生成氧气和氨气的理论物质的量之比是3:4，故B错误；
C项、电解时，阳离子向阴极移动，H+应向阴极b极迁移，故C错误；
D项、电解时，生成氨气的b极是阴极，阴极上氮气放电生成氨气，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了电解池原理，侧重考查分析能力，注意把握正负极的判断，会正确书写电极反应式，注意把握离子的定向移动是解答关键。
7.常温下，用0.10mol·L－1KOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L－1H2C2O4(二元弱酸)溶，所得滴定曲线如图所示(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。下列说法正确的是（ ）
A. 点①所示溶液中：c（H+）/c（OH-）=1012
B. 点②所示溶液中：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4－)+c(C2O42－)+c(OH－)
C. 点③所示溶液中：c(K+)>c(HC2O4－)>c(H2C2O4)>c(C2O42－)
D. 点④所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4－)+ c(C2O42－)=0.10mol·L－1
【答案】D
【解析】
试题分析：A．0.10mol•L-1H2C2O4(二元弱酸)不能完全电离，点①pH≠1，则≠1012，故A错误；B．点②为混合溶液，由电荷守恒可知，c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，故B错误；C．点③溶液显酸性，等体积等浓度反应生成KHC2O4，电离大于其水解，则c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，故C错误；D．由物料守恒可知，c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.10mol•L-1，故D正确；故选D。
【考点定位】考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算
【名师点晴】本题考查酸碱混合溶液的定性判断及离子浓度的关系，注意草酸为弱酸，明确电荷守恒、物料守恒即可解答。酸或碱电离产生的离子浓度越大，对水的抑制作用就越强。若盐电离氢离子或氢氧根离子，对水的电离平衡起抑制作用，与酸或碱的作用相同；若电离产生的离子或消耗水电离产生的氢离子或氢氧根离子产生弱酸或弱碱，就会使水的电离平衡正向移动，促进水的电离，盐电离产生的水解的离子浓度越大，水解的离子浓度越大，溶液的酸性或碱性越强。若盐电离产生的阳离子、阴离子都发生水解作用，水解产生的氢离子、氢氧根离子发生中和反应，使水的电离程度比单独只有阳离子、阴离子发生水解作用的水的电离程度大。溶液的酸碱性根据水解相对程度判断。谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解。
8.氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应制备，反应原理为CrCl3+NH3CrN+3HCl.回答下列问题：
(1)制备无水氯化铬。氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)的形式存在。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为______________，以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_____________________________。
(2)制备氮化铬。某实验小组设计制备氮化铬的装置如下图所示(夹持与加热装置省略)：
①装置A中发生反应的化学方程式为_____________________。
②实验开始时，要先打开装置A中活塞，后加热装置C，目的是___________________。
③装置B中盛放的试剂是____________，装置D的作用是_____________________。
④有同学认为该装置有一个缺陷，该缺陷是_______________________。
(3)氯化铬的纯度测定。制得的CrN中含有Cr2N杂质，取样品14.38g在空气中充分加热，得固体残渣(Cr2O3)的质量为16.72g，则样品中CrN的质量分数为_____________(结果保留3位有效数字)。
【答案】 (1). 2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑ (2). 在HCl的气氛中加热 (3). CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(或NH3·H2ONH3↑+H2O) (4). 用生成的氨气排除装置内的空气 (5). 碱石灰 (6). 防止空气中的水分进入装置C (7). 没有尾气处理装置(或其他合理答案) (8). 91.8%
【解析】
【分析】
（1）加热CrCl3•6H2O晶体时，CrCl3水解；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl3•6H2O晶体制无水氯化铬；
（2）①浓氨水与CaO反应生成氢氧化钙和氨气；
②生成的氨气排除装置内的空气；
③装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气；装置D中的无水氯化钙可以吸收空气中的水蒸气；
（3）依据样品和Cr2O3的质量建立联立方程式求得CrN的物质的量，再依据CrN的质量求得质量分数。
【详解】（1）加热CrCl3•6H2O晶体时，CrCl3水解，氯化氢受热挥发，使水解平衡右移，CrCl3完全水解得到Cr（OH）3，Cr（OH）3受热分解生成Cr2O3，反应的化学方程式为2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl3•6H2O晶体，脱水制得无水氯化铬，故答案为：2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；在HCl的气氛中加热；
（2）①装置A中，浓氨水滴入到锥形瓶中，浓氨水中水与CaO反应生成氢氧化钙并放出大量的热，溶液中氢氧根浓度增大，使氨水的电离平衡左移，反应放出的热量升高温度，有利于氨气逸出，反应的化学方程式为CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑，故答案为：CaO+
NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑；
②实验开始时，先打开装置A中活塞，浓氨水与CaO反应制得氨气，生成的氨气排除装置内的空气，在无氧条件下，无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应生成CrN，故答案为：用生成的氨气排除装置内的空气；
③装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气，防止水蒸气进入装置C中，干扰CrN的制备；装置D中的无水氯化钙可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中，干扰CrN的制备，故答案为：碱石灰；防止空气中的水分进入装置C；
④该装置有一个缺陷，没有氨气的尾气吸收装置，氨气排入到空气中，会污染环境，故答案为：没有尾气处理装置；
（3）设14.38g 样品中CrN为xmol，Cr2N为ymol，固体残渣Cr2O3的质量为16.72g，Cr2O3的物质的量为=0.11mol，由Cr原子个数守恒得关系式①x+2y=0.22，由样品质量的关系式②66x+118y=14.38，解关系式得x=0.2 mol，y=0.01mol，则样品中CrN的质量分数为≈91.8%，故答案为：91.8%。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意理解反应原理，通过物质的性质分析实验设计是解答关键。
9.草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O，相对分子质量为180）呈淡黄色，可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。
I．纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。
（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置（可重复选用）进行实验：
①装置D的名称为______。
②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为_____→尾气处理装置（填仪器接口的字母编号）。
③实验前先通入一段时间N2，其目的为_______。
④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为______。
（2）固体产物成分的探究。充分反应后，A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为Fe或FeO。小组成员设计实验证明了其成分只有FeO，其操作及现象为___。
（3）依据（1）和（2）结论，可知A处反应管中发生反应的化学方程式为____。
Ⅱ．草酸亚铁晶体样品纯度的测定
工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：
步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀H2SO4中，配成250mL溶液。
步骤2：取上述溶液25.00mL，用c mol·L−1 KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1 mL；
步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用c mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。
（4）步骤3中加入锌粉的目的为______。
（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为_____；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，则测定结果将______（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。
【答案】 (1). （球形）干燥管 (2). agfbchi（或ih）de（或ed）bc (3). 排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸 (4). C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊 (5). 取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成 (6). FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O (7). 将Fe3+还原为Fe2+ (8). ×100% (9). 偏低
【解析】
【分析】
I．(1)①根据仪器的图形和作用分析解答；
②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜可以检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水可以检验二氧化碳的生成，经碱石灰干燥后气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，最后尾气处理，据此分析解答；
③实验前先通入一段时间N2，可以把装置内空气赶净，据此解答；
④实验证明了气体产物中含有CO，可以利用CO还原氧化铜设计实验验证；
(2)黑色固体可能为Fe或FeO，可以把固体溶于酸检验；
(3)依据(1)和(2)的结论分析解答；
Ⅱ．(4)根据锌可以将Fe3+还原分析解答；
(5)草酸亚铁与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧化。向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，此时滴定的是亚铁离子，利用化学反应的定量关系分析计算；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，根据消耗高锰酸钾量的变化分析误差。
【详解】(1)①装置D的名称为：(球形)干燥管，故答案为：(球形)干燥管；
②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥后，气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc，最后连接尾气处理装置，故答案为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc；
③实验前先通入一段时间N2，目的是排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故答案为：排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；
④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，故答案为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊；
(2)充分反应后，A处反应管中残留黑色固体，黑色固体可能为Fe或FeO。要证明其成分只有FeO，可以将固体溶于酸，看有无气体放出即可，具体为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成说明无铁存在，只有氧化亚铁，故答案为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成；
(3)依据(1)和(2)结论，可知A处反应管中发生的反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；
(4)锌可以将Fe3+还原，因此步骤3中加入锌粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；
(5)取上述溶液25.00mL，用cmol•L﹣1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL，此过程中亚铁离子和草酸根离子都被氧化；向反应后的溶液中加入适量锌粉，锌将Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，此时滴定的是溶液中的亚铁离子。第一次消耗的高锰酸钾减去第二次消耗的高锰酸钾为滴定草酸根离子的量，反应的离子方程式：2MnO4-+5C2O42-+8H+=10CO2+4H2O+2Mn2+，草酸亚铁晶体样品的纯度＝×100%，若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，会导致第一步滴定中消耗的高锰酸钾的量减少，即V1偏小，则计算得到的亚铁离子物质的量减小，测定结果偏低，故答案为：×100%；偏低。
【点睛】本题考查了物质的组成和含量测定的实验分析。本题的难点为实验装置的连接顺序，要注意从实验的原理分析解答；易错点为(5)的计算和误差分析，要注意2次滴定过程中的反应微粒，理解清楚计算原理，并结合计算公式分析误差。
10.氨是一种重要的化工原料，可以用来制备氮化硅(Si3N4)肼(N2H4)、氢氰酸(HCN)。
(1)已知：Si(s)+2Cl2(g)====SiCl4(g) △H1=akJ·mol－1
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H2=bkJ·mol－1
3Si(s)+2N2(g)====Si3N4(s) △H3=ckJ·mol－1
H2(g)+Cl2(g)====2HCl(g) △H4=dkJ·mol－1
则反应3SiCl4(g)+4NH3(g)====Si3N4(s)+12HCl(g)的△H=________________kJ·mol－1(用a、b、c、d表示)。
(2)肼的制备方法是用次氯酸钠氧化过量的氨。
已知ClO－水解的方程式为：ClO－+H2 O=HClO+OH－。常温下，该水解反应的平衡常数为K=1.0×10－6mol·L－1，则1.0mol· L －1NaCIO溶液的pH=________。
(3)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为：CH4(g)+NH3(g) HCN(g)+3H2 (g) △H>O
①其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图所示。X代表的是________(填“温度”或“压强”)。
②其他条件一定，向2L密闭容器中加人 n mol CH4和2 mol NH3，平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图所示。若反应从开始到a点所用时间为10min，该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为________mol·L－1·min－1；平衡常数：K(a) ________K(b)(填“>”“=”或“<”)
③工业上用电解法处理含氰电镀废水(pH=10)装置如图所示。
阳极产生的氯气与碱性溶液反应生成ClO-，ClO－将CN－氧化的离子方程式为：_____CN－+ _____ClO－+ ________====_____CO32－+_____N2↑+________+________若电解处理2 mol CN－，则阴极产生气体的体积(标准状况下)为________L。
【答案】 (1). c+6d-3a-2b (2). 11 (3). 压强 (4). 0.025 (5). = (6). 2 (7). 5 (8). 20H- (9). 2 (10). l (11). 5 Cl- (12). H2O (13). 112
【解析】
【分析】
运用盖斯定律计算反应热；依据勒夏特列原理分析平衡的移动方向；根据得失电子数目守恒规律配平氧化还原反应。
【详解】(1) 已知：Si(s)+2Cl2(g)====SiCl4(g) △H1=akJ·mol－1 ①
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H2=bkJ·mol－1 ②
3Si(s)+2N2(g)====Si3N4(s) △H3=ckJ·mol－1 ③
H2(g)+Cl2(g)====2HCl(g) △H4=dkJ·mol－1 ④
根据盖斯定律，③+6 ④-3①-2②得3SiCl4(g)+4NH3(g)====Si3N4(s)+12HCl(g)，△H=△H3+6△H4-3△H1-2△H2= c+6d-3a-2b kJ·mol－1，
故答案为：c+6d-3a-2b；
(2) 1.0mol· L －1NaCIO溶液中，c(ClO－)= 1.0mol· L －1，已知ClO－+H2 O=HClO+OH－，该水解反应的平衡常数为K=c(HClO) ∙c(OH－)/ c(ClO－)= c2(OH－)=1.0×10－6mol·L－1，c(OH－)= 1.0×10－3mol·L－1，则c(H+)=10-14/10-3=10-11，pH=11，
故答案为：11；
(3) ①根据图示，X越大转化率越小，平衡逆向移动，该反应为吸热，温度升高平衡正向移动，增大压强，平衡逆向移动，
故答案为：压强；
②设 10min时，反应的氨气的物质的量为x
CH4(g)+NH3(g) HCN(g)+3H2 (g)
开始（mol） 2 2 0 0
反应（mol） x x x 3x
a点（mol） 2-x 2-x x 3x
则(2-x)/2-x+x+3x=30%，x=0.5，v(CH4)=(0.5mol/2L)/10min=0.025 mol·L－1·min－1；平衡常数只和温度有关，所以K(a)=K(b)，
故答案为：0.025，=；
③由题干知，0H-参加反应，ClO－被还原成Cl-同时产物中还有水生成，再根据转移电子数相等及原子守恒规律配平得：
2 CN－+5ClO－+20H-====2CO32－+N2↑+5Cl- +H2O；根据反应方程式得，处理2mol CN－消耗5mol ClO－，消耗5molCl2，所以阴极生成5mol氢气，则V（H2）=22.4mol/L5mol=112L，
故答案为：2，5，20H-，2，1，5 Cl-，H2O；112。
11.为了纪念元素周期表诞生150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。回答下列问题：
(1)Ag与Cu在同一族，则Ag在周期表中___（填“s”、“p”、“d”或“ds”）区。[Ag2（NH3）2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则该配离子的空间构型是___。
(2)下表是Fe和Cu的部分电离能数据：请解释I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因：______。
元素
Fe
Cu
第一电离能I1/kJ·mol－1
759
746
第二电离能I2/kJ·mol－1
1561
1958
(3)亚铁氰化钾是食盐中常用的抗结剂，其化学式为K4[Fe(CN)6]。
①CN-的电子式是______；1 mol该配离子中含σ键数目为____。
②该配合物中存在的作用力类型有_____（填字母）。
A．金属键 B．离子键 C．共价键 D．配位键 E．氢键 F．范德华力
(4)MnO2的熔点(1660℃)比MnS的熔点(1610℃)高，其主要原因是_________。
(5)第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺(CH3NH3PbI3)半导体作为吸光材料，CH3NH3PbI3具有钙钛矿(AMX3)的立方结构，其晶胞如图所示。
①AMX3晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，则M处于____位置，X处于____位置。
③CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为anm，其晶体密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为______。
【答案】 (1). ds (2). 直线形 (3). 失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，Fe 失去的是 4s1 电子 (4). (5). 12 NA (6). BCD (7). 二者均为离子晶体，O2-半径小于 S2-半径，MnO 的晶格能大于 MnS (8). 体心 (9). 面心 (10). 620/（a´×10-7）3d
【解析】
【详解】(1)Ag位于第五周期第ⅠB族，外围电子排布为4d55s1，属于ds区；
[Ag2（NH3）2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，所以其空间构型为直线型结构；
(2)根据表中数据可知，I2(Cu)大于I2( Fe)，主要原因为：失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，Fe 失去的是 4s1 电子；
(3)①CN-中碳与氮之间形成三对共用电子对，电子式是；1 mol该配离子[Fe(CN)6]4-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12NA；
②K4[Fe(CN)6]中钾离子与[Fe(CN)6]4-之间形成离子键、[Fe(CN)6]4-中CN-与铁离子之间形成配位键、CN-中碳原子与氮原子之间形成共价键，故存在的作用力类型有离子键、共价键、配位键。答案选BCD；
(4)MnO2的熔点(1660℃)比MnS的熔点(1610℃)高，其主要原因是二者均为离子晶体，O2-半径小于 S2-半径，MnO 的晶格能大于 MnS；
(5)①AMX3晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，根据图中离子的位置关系可知，M处于体心位置，X处于面心位置；
③CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为anm，其晶体密度为dg·cm-3，根据可知 dg·cm-3=，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为。
12.2一氨-3—氯苯甲酸是白色晶体，其制备流程如下：
回答下列相关问题
(1) 的名称是___________，2-氨-3-氯苯甲酸中含N官能团的电子式为___________。
(2)反应①中R代表的是___________，反应②的反应类型为___________。
(3)如果反应③中KMnO4的还原产物为MnSO4，请写出该反应的化学方程式___________。
(4)A结构简式为___________，⑥的反应条件为___________。
(5)符合下列条件的同分异构体的结构简式为___________。
a 式量比大42的苯的同系物；
b 与酸性KMnO4反应能生成二元羧酸
c 仅有3种等效氢
(6)事实证明上述流程的目标产物的产率很低；据此，研究人员提出将步骤⑥设计为以下三步，产率有了一定提高。
分析产率提高的原因是___________。
【答案】 (1). 甲苯 (2). (3). —CH3 (4). 取代反应 (5). (6). (7). Fe和Cl2 (8). (9). 占位，减少5号位上H原子的取代
【解析】
【分析】
由制备流程可知，苯与CH3Cl发生信息反应②生成甲苯，甲苯与浓硫酸和浓硝酸在加热条件下发生硝化反应生成，发生氧化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成A，则A为，发生信息1反应生成，在铁作催化剂的条件下，与氯气发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成2一氨-3—氯苯甲酸。
【详解】（1）的名称是甲苯；2－氨－3－氯苯甲酸的结构简式是，其含氮官能团为氨基，氨基的电子式为，故答案为：甲苯；；
（2）反应①为苯与CH3Cl反应生成甲苯，则R为—CH3；反应②为甲苯与浓硫酸和浓硝酸混酸在加热条件下发生硝化反应生成，故答案为：—CH3；；
（3）反应③中，KMnO4与发生氧化还原反应，KMnO4被还原为MnSO4，被氧化为，反应化学方程式为，故答案为：；
（4）与铁、盐酸发生还原反应生成A，则A为，反应⑥为在铁作催化剂的条件下，与氯气发生取代反应生成，故答案为：；Fe和Cl2；
（5）由a可知该物质比甲苯多3个—CH2—，由b可知该物质苯环上有2个取代基，其中取代基为—CH3和—CH2CH2CH3，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，取代基为—CH3和—CH（CH3）2，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，取代基为2个—CH2CH3，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，共9种，其中有3中等效氢的结构简式为，故答案为：；
（6）产率提高的原因是：占位可减少5号位上H原子的取代，减少副反应产物的生成，使得产率有了一定提高。故答案为：占位，减少5号位上H原子的取代。
【点睛】本题考查有机推断与有机合成，涉及了有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，解题时，通过分析转化前后官能团的变化，确定发生反应的类型及未知有机物的结构是解答关键，书写同分异构体时，应先分析对象的组成和结构特点，再把限定的条件转化为一定的基团，最后根据分子中氢原子种数以及分子结构的对称性，将这些基团组装到一起，并用限定条件逐一验证其正确性。
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