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重庆市南开中学2020届高三上学期9月理科综合练习化学试题
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重庆南开中学高2020届高三（上）理科综合练习（9月）
化学试题
1.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花补充钾肥
B. 牙膏中添加的SrF2、NaF提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用相同
C. 自来水厂用明矾净水，用Fe2(SO4)3或ClO2均能代替明矾净水
D. 变质的植物油有难闻的特殊气味，是由于植物油发生了加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．高锰酸钾可防止鲜花衰败，则鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花保鲜，与补充钾肥无关，故A错误；
B．防治龋齿的有效成分是氟离子，则在牙膏中添加SrF2、NaF等均能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的，故B正确；
C．ClO2具有强氧化性，不能水解生成胶体，自来水厂不能用其代替明矾净水，可用Fe2(SO4)3代替明矾净水，故C错误；
D．变质的植物油有难闻的特殊气味，是由于植物油发生了氧化反应而变质，故D错误；
答案选B。
2.下列实验及检验方法合理的是
选项
实验
检验方法
A
向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液制备胶体
用可见光束照射
B
确认铜与浓硫酸反应生成CuSO4
将水加入到反应后溶液中
C
区分AgNO3溶液和Al2(SO4)3溶液
分别取少量溶液，滴加BaCl2溶液
D
证明氯水中起漂白作用的不是Cl2
用CCl4充分萃取，将红纸条分别浸入分层后的溶液中
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液，生成氢氧化铁沉淀，不能制备氢氧化铁胶体，故A错误；
B．反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，不能直接向其中加水，应该将混合物倒入水中，故B错误；
C．滴加BaCl2溶液后 BaCl2分别和AgNO3和Al2(SO4)3反应生成氯化银和硫酸钡沉淀，现象基本相同，不能鉴别，故C错误；
D．经四氯化碳萃取后的氯水中不含有氯气，但仍能使干燥的红布条褪色，可证明起漂白作用的不是氯气，故D正确；
答案选D。
【点睛】制备氢氧化铁胶体的方式：将饱和FeCl3溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色，停止加热。注意加碱会生成沉淀而不是胶体。
3.用NA代表阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 用铅蓄电池电解氯化钠溶液得到标准状况下22.4L氢气时理论上铅蓄电池中消耗氢离子数目为4NA
B. 1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有的氮原子数小于0.1NA
C. 3.0g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.3NA
D. 氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢，断裂化学键的总数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．以铅蓄电池电解氯化钠溶液得到22.4L H2（标况），转移电子的物质的量为2mol，铅蓄电池的正极电极反应式为PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O，可知消耗4mol的氢离子，所以理论上铅蓄电池中耗氢离子个数为4NA，故A正确；
B. 1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有的氮原子的物质的量为1L×0.1mol•L-1=0.1mol，所以氮原子数等于0.1NA，故B错误；
C．葡萄糖和冰醋酸最简式均为CH2O，故3.0gCH2O的原子数=×4×NA=0.4NA，故C错误；
D．当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键，故当生成标况下22.4LHCl，即1molHCl时，断裂1mol化学键，即NA个，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算及应用，明确以物质的量为核心计算公式，熟悉相关物质的结构组成和电化学原理是解题关键，如C选项可以利用最简式简便运算，A选项注意两电极上转移电子数目相等。
4.能使溴水褪色，含有3个甲基，其分子式为C6H11Br的有机物（不考虑立体异构）共有（ ）
A. 10种 B. 11种 C. 12种 D. 13种
【答案】C
【解析】
【分析】
按照“主链由长到短、支链由整到散，位置由心到边，考虑邻间对”顺序书写烯烃C6H12的一溴取代后能含有3个甲基碳链结构，再讨论含有3个甲基的一溴代物的种类。
【详解】烯烃C6H12的一溴取代后能含3个甲基碳链结构有：（CH3)2C=CHCH2CH3、CH3CH=C(CH3)CH2CH3、（CH3)2CHCH=CHCH3、CH2=C（CH3）CH（CH3)2、（CH3)2C=C（CH3)2、（CH3)3 CCH=CH2，含有3个甲基的一溴代物的种类分别为2、2、3、2、1、2种，共12种。故选C。
5.X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素。Y和R同主族，可组成共价化合物RY2，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同。25℃时，0．1mol/LX和W形成化合物的水溶液pH=1。下列说法正确的是
A. Z与Y、Z与W形成的化合物的化学键完全相同
B. Y、Z、W三种元素组成的化合物的水溶液可能显碱性
C. 简单离子的半径：Z﹥R﹥W﹥Y
D. 因非金属Y﹥R，所以X与Y组成化合物沸点低于X与R组成的化合物
【答案】B
【解析】
试题分析：X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．Y和R同主族，Y处于第二周期，R处于第三周期，可组成共价化合物RY2，则Y为氧元素，R为硫元素，RY2为SO2，W的原子序数大于硫元素，故W为Cl元素，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为7-6=1，处于第ⅠA族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，25℃时0.1mol•L-1X和W形成化合物的水溶液pH为1，属于强酸，则X为氢元素；A．Z与Y可以形成Na2O、Na2O2，前者含有离子键、后者含有离子键、共价键，而Z与W形成的化合物为NaCl，只含有离子键，故A错误；B．Y、Z、W三种元素组成的化合物有NaClO等，NaClO溶液中次氯酸根水解，溶液显碱性，故B正确；C．Y、Z、R、W的简单离子分别为O2-、Na+、S2-、Cl-、电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小、电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2-＞Cl-＞O2-＞Na+，故C错误；D．X与Y组成化合物为H2O、H2O2，X与R组成的化合物H2S，前者分子间存在氢键，沸点高于硫化氢，故D错误，故选B。
考点：考查位置结构性质关系
6.下列图示与对应叙述相符的是
A. 图1表示1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lgV的变化
B. 图2表示不同温度下水溶液中H+和OH－浓度的变化的曲线，图中温度T2>T1
C. 图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点
D. 图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系
【答案】C
【解析】
A、CH3COOH是弱酸，溶液中存在电离平衡，所以加水稀释时电离程度增大，但离子浓度是减小的，若溶液体积增大10倍，c(H+)不能减小为原来的1/10，所以pH也不能增大1，故A错误；B、水的电离是吸热的，所以升高温度，电离出的H+和OH-浓度增大，所以图象中的温度为T1>T2，所以B错误；C、由图象可知在N2的起始量恒定时，随H2量的增加，N2的转化率增大，所以a点N2的转化率小于b点，故C正确；D、容器体积的增大，即减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，即该平衡正向移动，O2的平衡浓度是增大的，所以D错误。本题正确答案为C。
7.在100mL K2CO3与KAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1的盐酸，测得溶液中的CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系，如图所示。下列说法正确的是
A. a点溶液中：c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)
B. b点所得溶液中阴离子浓度大小顺序为：c(Cl-)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)
C. c点溶液中：c(Cl-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=1.5 mol·L-1
D. d→e过程中水的电离程度逐渐减小
【答案】B
【解析】
【分析】
第一阶段，在100mL K2CO3与KAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1的盐酸，首先发生反应AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，a点为K2CO3、KCl溶液；
第二阶段，AlO2-反应完毕，开始发生反应CO32-+H+═ HCO3-，b点CO32-、HCO3-的物质的量相等，但是水解程度不同，CO32-水解能力大于HCO3-。由图可知c点CO32-反应完毕，c点为KHCO3、KCl溶液；
第三阶段，cd段：CO32-反应完毕，然后发生反应HCO3-+H+═CO2↑+H2O，由图可知d点HCO3-反应完毕，d点为KCl溶液；
第四阶段，d→e的过程，发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，Al3+浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐增大，据此进行解答。
【详解】A．由分析可知，a点为K2CO3、KCl溶液，根据质子守恒可得：(HCO3-)+2c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)，故A错误；
B．b点K2CO3和KHCO3的浓度相等，加入了75mL盐酸，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则c（HCO3-）＞c（CO32-），所得溶液中阴离子浓度大小顺序为：c（Cl-）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-），故B正确；
C． c点溶液中：c(Cl-)==0.5 mol·L-1，c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)==0.25 mol·L-1，则c点溶液中：c(Cl-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=0.75 mol·L-1，故C错误；
D．d→e的过程，发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，Al3+浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐增大，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，明确发生反应的先后顺序为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及质子守恒的含义及应用方法。
8.现有一种制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：
注：反应Ⅱ的离子方程式为Cu2++CuS+4Cl﹣=2[CuCl2]﹣+S
请回答下列问题：
（1）传统工艺制铜是将铜矿砂与空气在高温下煅烧，使这种方法的缺点是要消耗大量的热能以及____________________________（完成合理的一种即可）。
（2）为使反应Ⅰ中充分进行，工业可采取的措施是_________（完成合理的一种即可），反应Ⅰ的产物为（填化学式） ___________________。
（3）反应Ⅲ的离子方程式为______________________________________，一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，其可能的原因是____________________________。
（4）工业上炼钢时，为了降低含碳量，可将铁红投入熔融的生铁（含碳量大于2%的铁碳合金）中，该过程中主要反应的化学方程式是___________________________________。
（5）某硫酸厂为测定反应Ⅳ所得气体中SO2的体积分数，取560mL（已折算成标准状况）气体样品与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000mol•L﹣1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液50.00mL。
已知Cr2O72﹣+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O（未配平）
①SO2通入Fe2(SO4)3溶液，发生反应的离子方程式为 ____________________________ 。
②反应Ⅳ所得气体中SO2的体积分数为_________________ 。
【答案】 (1). SO2会导致大气污染 (2). 粉碎固体 (3). FeS2、CuS (4). 4CuCl2﹣+O2+4H+═4Cu2++8Cl﹣+2H2O (5). 该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜 (6). 3C+Fe2O32Fe+3CO↑ (7). SO2 + 2Fe3++ 2H2O＝SO42-+ 2Fe2++ 4H+ (8). 12.00%
【解析】
【分析】
FeCuS2经反应Ⅰ转化为FeS2、CuS。反应Ⅱ的离子方程式为Cu2++CuS+4Cl﹣=2[CuCl2]﹣+S，FeS2、CuS经反应Ⅱ转化为FeS2、S、Na[CuCl2]、HCl。过滤分别得到滤液Na[CuCl2]、HCl，滤渣FeS2、S。Na[CuCl2] 经反应Ⅲ氧气氧化[CuCl2]﹣离子，转化成CuCl2。CuCl2溶液中加入稀硫酸，析出硫酸铜晶体。CuSO4溶液可置换或者电解得到单质铜。FeS2经反应Ⅳ氧气氧化得到Fe2O3和SO2。Fe2O3与过量碳反应生成铁和一氧化碳，制得钢。SO2可以氧化并与水反应生成硫酸。
【详解】（1）FeCuS2在高温下煅烧，会要消耗大量的热能，其次生成的SO2会导致大气污染；
（2）为使反应Ⅰ中充分进行，工业可采取的措施是粉碎固体。根据黄铜矿中元素的化合价、单质S的化学性质以及反应Ⅱ的离子方程式可知，反应Ⅰ的产物为FeS2、CuS；
（3）反应Ⅲ是氧气氧化[CuCl2]﹣离子，所以该反应的离子方程式为4CuCl2﹣+O2+4H+═4Cu2++8Cl﹣+2H2O。由于该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜，所以会析出硫酸铜晶体；
（4）工业上炼钢时，为了降低含碳量，可将铁红投入熔融的生铁中，因为碳过量，故生成一氧化碳，该过程中主要反应的化学方程式是：3C+Fe2O32Fe+3CO↑；
（5）①硫酸铁能氧化SO2生成硫酸，则SO2通入Fe2(SO4)3溶液，发生反应的离子方程式为SO2 + 2Fe3++ 2H2O＝SO42-+ 2Fe2++ 4H+；
②560mL（标准状况）气体样品物质的量为=0.025mol，消耗K2Cr2O7的物质的量是.02000mol•L﹣1×0.05L＝0.001mol，则根据电子电子守恒可知，亚铁离子的物质的量是0.001mol×6＝0.006mol，所以根据方程式可知，SO2的物质的量是0.006mol÷2＝0.003mol，因此反应Ⅳ所得气体中SO2的体积分数为。
【点睛】该题的关键是准确判断出有关元素的化合价变化情况，如何结合题意并借助于电子得失守恒进行判断和计算即可。
9.研究氮及其化合物对化工生产有重要意义。
（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g); △H=+180 kJ·mol－1
4NH3(g)+5O2(g) =4NO(g)+6H2O(g); △H= －908 kJ·mol－1
请写出氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式：___________。
（2）工业合成氨的原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=－92.4 kJ·mol－1。下图甲表示在一定体积的密闭容器中反应时N2的物质的量浓度随时间的变化，图乙表示在其他条件不变的情况下，改变起始投料中H2与N2的物质的量之比（设为k）对该平衡的影响。
①已知图甲中0～t1 min内，v(H2)=0.03 mol·L-1·min-1，则t1=________ min；若从t2 min起仅改变一个反应条件，则所改变的条件可能是____________________________（填一种即可）。
②图乙中，b点时k=_________。
③已知某温度下该反应的平衡常数K=10，在该温度下向容器中同时加入下列浓度的混合气体：c(H2)=0.1 mol/L，c(N2)=0.5 mol/L，c(NH3)=0.1 mol/L，则在平衡建立过程中NH3的浓度变化趋势是__________（填“逐渐增大”“逐渐减小”或“恒定不变”）。
（3）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。（已知：N2H4+H+N2H5+）
①N2H5+的电子式为_______。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为________。
②联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgCl的试管中加入联氨溶液，观察到的现象___________________________________________________________。
（4）尿素(CO(NH2)2)是目前使用量较大的一种化学氮肥，工业上利用下图所示装置(阴、阳极均为惰性电极)电解尿素的碱性溶液制取氢气。
①该装置中阳极的总电极反应式为_____________________________________________。
②若两极共收集到气体22.4L(标准状况)，则消耗的尿素为____________g(忽略气体的溶解)。
【答案】 (1). 4NH3(g) + 6NO(g)＝5N2(g) + 6H2O(g) ΔH＝－1808 kJ·mol－1 (2). 30 (3). 降低温度（或增大H2浓度、减小NH3浓度） (4). 3:1 (5). 逐渐减小 (6). (7). N2H6(HSO4)2 (8). 固体逐渐变黑，并有气泡产生 (9). CO(NH2)2＋8OH－－6e－===N2↑＋CO32—＋6H2O (10). 15
【解析】
【分析】
（1）由盖斯定律计算可得；
（2）①由速率之比等于化学计量数之比，然后根据速率的计算公式求出时间。根据影响化学平衡的因素来解答；
②当N2与H2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大；
③根据浓度商和化学平衡常数比较，判断化学平衡移动方向，进而判断平衡建立过程中NH3的浓度变化趋势；
（3）①N2H4是二元弱碱，其性质与氨气相似，第一步电离出1个氢氧根离子和N2H5+，则第二步中N2H5+电离出1个氢氧根离子和N2H62+；
【详解】（1）令①：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180 kJ·mol－1，②：4NH3(g)+5O2(g) =4NO(g)+6H2O(g) △H= －908 kJ·mol－1，氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的化学方程式为③：4NH3(g) + 6NO(g)＝5N2(g) + 6H2O(g)，③=②-5①，△H=（－908-5180）kJ·mol－1=－1808 kJ·mol－1，则氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式4NH3(g) + 6NO(g)＝5N2(g) + 6H2O(g) ΔH＝－1808 kJ·mol－1；
（2）①0～t1 min内，v(H2)=0.03 mol·L-1·min-1，，v(N2)=0.01 mol·L-1·min-1，则==0.01 mol·L-1·min-1，解得t1=30min。从t2 min起N2的浓度逐渐减小，则所改变的条件可能是降低温度（或增大H2浓度、减小NH3浓度）使得平衡正向移动引起的；
②当N2与H2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大，即图乙中，b点时k=3：1；
③c(H2)=0.1 mol/L，c(N2)=0.5 mol/L，c(NH3)=0.1 mol/L，则Qc===20＞10，所以反应逆向进行，NH3的浓度逐渐减小；
（3）①N2H4是二元弱碱，其性质与氨气相似，第一步电离出1个氢氧根离子和N2H5+，则第二步中N2H5+电离出1个氢氧根离子和N2H62+。N2H5+的电子式为。N2H4是二元弱碱，其性质与氨气相似，第一步电离出1个氢氧根离子和N2H5+，则第二步中N2H5+电离出1个氢氧根离子和N2H62+，则联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2；
②N2H4被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，-2价的N元素被氧化为N2，反应方程式为：N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr，因此反应出现现象为：固体逐渐变黑，并有气泡产生；
（4）①阳极化合价升高失去电子，发生氧化反应，CO(NH2)2被氧化为N2，在碱性条件下产生碳酸根离子，则该装置中阳极的总电极反应式为CO(NH2)2＋8OH－－6e－=N2↑＋CO32—＋6H2O；
②该电解池总反应式为：CO(NH2)2＋2OH－=N2↑＋CO32—＋3H2↑，若两极共收集到气体22.4L(标准状况)，即1mol气体，其中氮气和氢气的物质的量之比为1:3，故氮气有0.25mol，CO(NH2)2的物质的量也为0.25mol，则消耗的尿素为0.25mol 15g。
10.以NaCl为主要成分的融雪剂会腐蚀桥梁、铁轨等钢铁设备。某研究小组探究NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响。
（1）将滤纸用3.5%的NaCl溶液润湿，涂上铁粉、碳粉的混合物，贴在表面皿上。在滤纸上加几滴检验试剂，再缓慢加入NaCl溶液至没过滤纸，操作如下所示：
①实验ⅰ的现象说明，得电子的物质是_______________________________。
②碳粉的作用是___________________________________________________。
③为了说明NaCl的作用，需要补充的对照实验是_____________________。
（2）向如图示装置的烧杯a、b中各加入30mL 3.5%的NaCl溶液，闭合K，指针未发生偏转。加热烧杯a，指针向右偏转。
①取a、b中溶液少量，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，a中出现蓝色沉淀，b中无变化，b中铁片作________极。
②加热后，指针发生偏转的原因可能是_____________________。
（3）用（2）中图示装置探究不同浓度NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响，向烧杯a、b中各加入30mL不同质量分数的NaCl溶液，实验记录如下表所示。
实验
a
b
指针偏转方向
I
0.1%
0.01%
向右
II
0.1%
3.5%
向左
Ⅲ
3.5%
饱和溶液
向右
①Ⅱ中，b中电极发生的电极反应式是_______________________________。
②Ⅲ中，铁在饱和NaCl溶液中不易被腐蚀。查阅资料可知：在饱和NaCl溶液中O2浓度较低，钢铁不易被腐蚀。设计实验证明：_______________________________。
（4）根据上述实验，对钢铁腐蚀有影响的因素是_______________________________。
【答案】 (1). O2 (2). 与铁组成原电池，作原电池的正极 (3). 用水代替NaCl溶液进行上述实验 (4). 正 (5). 温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快 (6). Fe－2e-=Fe2+ (7). 另取两个烧杯，分别往其中加入铁片和一定量的饱和NaCl溶液，再分别滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，然后往其中一个烧杯中通入O2，观察现象 (8). 温度、NaCl溶液的浓度、O2的浓度
【解析】
【分析】
（1）铁、碳以氯化钠溶液为电解质形成原电池，发生吸氧腐蚀生成氢氧根离子，溶液显碱性，遇到酚酞变红；
（2）①K3[Fe(CN)6]溶液与二价铁离子反应生成蓝色沉淀；
②温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快；
（3）①依据不同浓度下，检流计指针偏转方向判断电极，书写电极反应式；
②要证明在饱和NaCl溶液中O2浓度较低，钢铁不易被腐蚀，可以设计对比试验，一个实验中通入氧气，另一个实验中不通入氧气，观察铁的腐蚀情况；
（4）依据上述实验总结归纳解答。
【详解】（1）①铁、碳以氯化钠溶液为电解质形成原电池，酚酞变红说明生成氢氧根离子，发生吸氧腐蚀，故得电子的物质是O2；
②铁与碳以氯化钠溶液为电解质形成原电，铁做原电池负极，碳做正极；
③为了说明NaCl的作用，需要补充的对照实验是，用水做电解质，代替氯化钠进行上述实验；
（2）①K3[Fe(CN)6]溶液与二价铁离子反应生成蓝色沉淀，而取a、b中溶液少量，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，a中出现蓝色沉淀，说明a中生成二价铁离子，b中无变化，b中没有二价铁离子生成，所以a做负极，b做正极；
②加热后，指针发生偏转的原因可能是：温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快；
（3）①依据图表中Ⅱ组数据及指针向左偏转，则可知：b极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式：Fe－2e-=Fe2+；
②要证明氧气浓度对金属腐蚀速率的影响，可以设计对比实验，如下：另取两个烧杯，分别往其中加入铁片和一定量的饱和NaCl溶液，再分别滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，然后往其中一个烧杯中通入O2，观察现象；
（4）通过上述实验可知：对钢铁腐蚀有影响的因素是有温度、NaCl溶液的浓度、O2的浓度。
11.铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。回答下列问题：
（1）铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最多的是_________。
（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，酞钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_______(填1、2、3、4)，三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为_______(用相应的元素符号表示)；氮原子的杂化轨道类型为________。
（3）Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x，晶体属于_______(填晶体类型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=________。
（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO______FeO(填“>”“<”或“=”)，原因是_________。
（5）NiAs的晶胞结构如图所示：①镍离子的配位数为_________。
②若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为pg·cm-3，则该晶胞中最近的Ni2+之间的距离为________cm。(写出计算表达式)
【答案】 (1). 铁 (2). 2、4 (3). N>C>H (4). sp2、sp3 (5). 分子晶体 (6). 5 (7). > (8). Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，晶格能：NiO＞FeO，因此熔点NiO＞FeO (9). 4 (10). ×
【解析】
【分析】
(1)未成对电子处于价电子中，铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，结合泡利原理与洪特规则判断；
(2)含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键；三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大；根据分子中N原子形成的σ键个数和含有的孤对电子的数目，分析判断；
(3)根据Fe(CO)x的熔沸点比较低分析判断晶体类型；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，根据Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，列式计算x；
(4)离子晶体熔点与晶格能大小有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；
(5)①根据均摊法计算晶胞中Ni、As原子数目，由晶胞结构可知As原子配位数为4，结合晶胞中Ni、As元素数目之比计算Ni的配位数；
②首先计算晶胞的质量，再结合密度计算晶胞体积，进而计算晶胞棱长，最后根据面心与顶点上的Ni原子距离最近计算。
【详解】(1)铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，三种元素原子的核外未成对电子数分别为4、3、2，未成对电子数最多的是Fe，故答案为：Fe；
(2)有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键，1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合；酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性N＞C＞H；分子中N原子有形成2个σ键，含有1对孤对电子，有形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目均为3，N原子的杂化轨道类型为 sp2；有形成3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目均为4，N原子的杂化轨道类型为 sp3，故答案为：2、4；N＞C＞H；sp2、sp3；
(3)配合物Fe(CO)x的熔沸点比较低，易溶于非极性溶剂，应属于分子晶体；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，则8+2x=18，解得x=5，故答案为：分子晶体；5；
(4)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故晶格能：NiO＞FeO，所以熔点NiO＞FeO，故答案为：＞；Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故晶格能：NiO＞FeO，所以熔点NiO＞FeO；
(5)①晶胞中As原子数目为4，Ni原子数目=8×+6×=4，二者为1∶1，由晶胞结构可知As原子配位数为4，故Ni的配位数为4，故答案为：4；
②面心与顶点上的Ni原子距离最近，最近的Ni2+之间的距离为晶胞棱长的，晶胞质量=4×g=g，晶胞体积=g÷pg•cm-3=cm3，晶胞棱长=cm，故最近的Ni2+之间的距离=×cm，故答案为：×。
12.以A（C2H2）为原料合成食用香料E和吡咯（pyrrole）的路线如图所示，部分反应条件及产物略去。其中D在一定条件下可被氧化成酮。
回答下列问题：
（1）A的官能团名称是_______________；C的名称是_______________；
（2）⑥的反应类型是_______________。⑧的反应类型是_______________。
（3）反应⑤的化学方程式为____________________________。
（4）满足下列条件的肉桂酸（）的同分异构体共有_________种（不考虑立体异构）:①含有苯环 ②能让溴的四氯化碳溶液褪色 ③能水解。与G互为同分异构体，且核磁共振氢谱只有一组峰的有机物的结构简式是________。（任写一种）
（6）参照上述合成路线，设计一条由A和乙醛为起始原料制备2,5-二甲基吡咯（）的合成路线_________________________________。
【答案】 (1). 碳碳三键 (2). 2-丁烯 (3). 加成反应 (4). 氧化反应 (5). +H2O (6). 7种 (7). (8).
【解析】
【分析】
乙炔与NaNH2发生取代反应生成NaC≡CNa，结合B的分子式可知反应②为取代反应，则B为CH3C≡CCH3。对比B、C分子式可知反应③为加成反应，则C为CH3CH=CHCH3，D在一定条件下可被氧化成酮，则D为。D发生酯化反应生成E，则E为。1分子乙炔与2分子HCHO发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，与氢气发生加成反应生成F，F发生氧化反应得到OHC-CH=CH-CHO，则F为HOCH2CH=CHCH2OH，OHC-CH=CH-CHO与氨气转化得到吡咯。
【详解】（1）由分析可知，A为乙炔，则官能团名称是碳碳三键。C为CH3CH=CHCH3，则C的名称是2-丁烯；
（2）1分子乙炔与2分子HCHO发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，则⑥反应类型是成反应。F为HOCH2CH=CHCH2OH，发生氧化反应生成OHC-CH=CH-CHO，则⑧的反应类型是氧化反应；
（3）发生酯化反应生成，则反应⑤的化学方程式为+H2O；
（4）肉桂酸（）的同分异构体中，①含有苯环 ②能让溴的四氯化碳溶液褪色③能水解。说明含有苯环、碳碳双键和酯基，可以含有1个取代基为-CH=CHOOCH，或-OOCCH=CH2，或-C（OOCH）=CH2，或者-COOCH=CH2，含有2个取代基为-CH=CH2、-OOCH，有邻、间、对，故共有7种；与G（）互为同分异构体，不饱和度为3，且核磁共振氢谱只有一组峰（一种环境的氢原子）的有机物的结构简式是；
（6）由乙炔和乙醛为起始原料制备2,5-二甲基吡咯（），根据乙炔合成吡咯转化，由逆合成分析可得，合成路线为：。
重庆南开中学高2020届高三（上）理科综合练习（9月）
化学试题
1.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花补充钾肥
B. 牙膏中添加的SrF2、NaF提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用相同
C. 自来水厂用明矾净水，用Fe2(SO4)3或ClO2均能代替明矾净水
D. 变质的植物油有难闻的特殊气味，是由于植物油发生了加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．高锰酸钾可防止鲜花衰败，则鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花保鲜，与补充钾肥无关，故A错误；
B．防治龋齿的有效成分是氟离子，则在牙膏中添加SrF2、NaF等均能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的，故B正确；
C．ClO2具有强氧化性，不能水解生成胶体，自来水厂不能用其代替明矾净水，可用Fe2(SO4)3代替明矾净水，故C错误；
D．变质的植物油有难闻的特殊气味，是由于植物油发生了氧化反应而变质，故D错误；
答案选B。
2.下列实验及检验方法合理的是
选项
实验
检验方法
A
向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液制备胶体
用可见光束照射
B
确认铜与浓硫酸反应生成CuSO4
将水加入到反应后溶液中
C
区分AgNO3溶液和Al2(SO4)3溶液
分别取少量溶液，滴加BaCl2溶液
D
证明氯水中起漂白作用的不是Cl2
用CCl4充分萃取，将红纸条分别浸入分层后的溶液中
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液，生成氢氧化铁沉淀，不能制备氢氧化铁胶体，故A错误；
B．反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，不能直接向其中加水，应该将混合物倒入水中，故B错误；
C．滴加BaCl2溶液后 BaCl2分别和AgNO3和Al2(SO4)3反应生成氯化银和硫酸钡沉淀，现象基本相同，不能鉴别，故C错误；
D．经四氯化碳萃取后的氯水中不含有氯气，但仍能使干燥的红布条褪色，可证明起漂白作用的不是氯气，故D正确；
答案选D。
【点睛】制备氢氧化铁胶体的方式：将饱和FeCl3溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色，停止加热。注意加碱会生成沉淀而不是胶体。
3.用NA代表阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 用铅蓄电池电解氯化钠溶液得到标准状况下22.4L氢气时理论上铅蓄电池中消耗氢离子数目为4NA
B. 1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有的氮原子数小于0.1NA
C. 3.0g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.3NA
D. 氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢，断裂化学键的总数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．以铅蓄电池电解氯化钠溶液得到22.4L H2（标况），转移电子的物质的量为2mol，铅蓄电池的正极电极反应式为PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O，可知消耗4mol的氢离子，所以理论上铅蓄电池中耗氢离子个数为4NA，故A正确；
B. 1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有的氮原子的物质的量为1L×0.1mol•L-1=0.1mol，所以氮原子数等于0.1NA，故B错误；
C．葡萄糖和冰醋酸最简式均为CH2O，故3.0gCH2O的原子数=×4×NA=0.4NA，故C错误；
D．当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键，故当生成标况下22.4LHCl，即1molHCl时，断裂1mol化学键，即NA个，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算及应用，明确以物质的量为核心计算公式，熟悉相关物质的结构组成和电化学原理是解题关键，如C选项可以利用最简式简便运算，A选项注意两电极上转移电子数目相等。
4.能使溴水褪色，含有3个甲基，其分子式为C6H11Br的有机物（不考虑立体异构）共有（ ）
A. 10种 B. 11种 C. 12种 D. 13种
【答案】C
【解析】
【分析】
按照“主链由长到短、支链由整到散，位置由心到边，考虑邻间对”顺序书写烯烃C6H12的一溴取代后能含有3个甲基碳链结构，再讨论含有3个甲基的一溴代物的种类。
【详解】烯烃C6H12的一溴取代后能含3个甲基碳链结构有：（CH3)2C=CHCH2CH3、CH3CH=C(CH3)CH2CH3、（CH3)2CHCH=CHCH3、CH2=C（CH3）CH（CH3)2、（CH3)2C=C（CH3)2、（CH3)3 CCH=CH2，含有3个甲基的一溴代物的种类分别为2、2、3、2、1、2种，共12种。故选C。
5.X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素。Y和R同主族，可组成共价化合物RY2，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同。25℃时，0．1mol/LX和W形成化合物的水溶液pH=1。下列说法正确的是
A. Z与Y、Z与W形成的化合物的化学键完全相同
B. Y、Z、W三种元素组成的化合物的水溶液可能显碱性
C. 简单离子的半径：Z﹥R﹥W﹥Y
D. 因非金属Y﹥R，所以X与Y组成化合物沸点低于X与R组成的化合物
【答案】B
【解析】
试题分析：X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．Y和R同主族，Y处于第二周期，R处于第三周期，可组成共价化合物RY2，则Y为氧元素，R为硫元素，RY2为SO2，W的原子序数大于硫元素，故W为Cl元素，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为7-6=1，处于第ⅠA族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，25℃时0.1mol•L-1X和W形成化合物的水溶液pH为1，属于强酸，则X为氢元素；A．Z与Y可以形成Na2O、Na2O2，前者含有离子键、后者含有离子键、共价键，而Z与W形成的化合物为NaCl，只含有离子键，故A错误；B．Y、Z、W三种元素组成的化合物有NaClO等，NaClO溶液中次氯酸根水解，溶液显碱性，故B正确；C．Y、Z、R、W的简单离子分别为O2-、Na+、S2-、Cl-、电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小、电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2-＞Cl-＞O2-＞Na+，故C错误；D．X与Y组成化合物为H2O、H2O2，X与R组成的化合物H2S，前者分子间存在氢键，沸点高于硫化氢，故D错误，故选B。
考点：考查位置结构性质关系
6.下列图示与对应叙述相符的是
A. 图1表示1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lgV的变化
B. 图2表示不同温度下水溶液中H+和OH－浓度的变化的曲线，图中温度T2>T1
C. 图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点
D. 图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系
【答案】C
【解析】
A、CH3COOH是弱酸，溶液中存在电离平衡，所以加水稀释时电离程度增大，但离子浓度是减小的，若溶液体积增大10倍，c(H+)不能减小为原来的1/10，所以pH也不能增大1，故A错误；B、水的电离是吸热的，所以升高温度，电离出的H+和OH-浓度增大，所以图象中的温度为T1>T2，所以B错误；C、由图象可知在N2的起始量恒定时，随H2量的增加，N2的转化率增大，所以a点N2的转化率小于b点，故C正确；D、容器体积的增大，即减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，即该平衡正向移动，O2的平衡浓度是增大的，所以D错误。本题正确答案为C。
7.在100mL K2CO3与KAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1的盐酸，测得溶液中的CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系，如图所示。下列说法正确的是
A. a点溶液中：c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)
B. b点所得溶液中阴离子浓度大小顺序为：c(Cl-)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)
C. c点溶液中：c(Cl-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=1.5 mol·L-1
D. d→e过程中水的电离程度逐渐减小
【答案】B
【解析】
【分析】
第一阶段，在100mL K2CO3与KAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1的盐酸，首先发生反应AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，a点为K2CO3、KCl溶液；
第二阶段，AlO2-反应完毕，开始发生反应CO32-+H+═ HCO3-，b点CO32-、HCO3-的物质的量相等，但是水解程度不同，CO32-水解能力大于HCO3-。由图可知c点CO32-反应完毕，c点为KHCO3、KCl溶液；
第三阶段，cd段：CO32-反应完毕，然后发生反应HCO3-+H+═CO2↑+H2O，由图可知d点HCO3-反应完毕，d点为KCl溶液；
第四阶段，d→e的过程，发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，Al3+浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐增大，据此进行解答。
【详解】A．由分析可知，a点为K2CO3、KCl溶液，根据质子守恒可得：(HCO3-)+2c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)，故A错误；
B．b点K2CO3和KHCO3的浓度相等，加入了75mL盐酸，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则c（HCO3-）＞c（CO32-），所得溶液中阴离子浓度大小顺序为：c（Cl-）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-），故B正确；
C． c点溶液中：c(Cl-)==0.5 mol·L-1，c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)==0.25 mol·L-1，则c点溶液中：c(Cl-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=0.75 mol·L-1，故C错误；
D．d→e的过程，发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，Al3+浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐增大，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，明确发生反应的先后顺序为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及质子守恒的含义及应用方法。
8.现有一种制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：
注：反应Ⅱ的离子方程式为Cu2++CuS+4Cl﹣=2[CuCl2]﹣+S
请回答下列问题：
（1）传统工艺制铜是将铜矿砂与空气在高温下煅烧，使这种方法的缺点是要消耗大量的热能以及____________________________（完成合理的一种即可）。
（2）为使反应Ⅰ中充分进行，工业可采取的措施是_________（完成合理的一种即可），反应Ⅰ的产物为（填化学式） ___________________。
（3）反应Ⅲ的离子方程式为______________________________________，一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，其可能的原因是____________________________。
（4）工业上炼钢时，为了降低含碳量，可将铁红投入熔融的生铁（含碳量大于2%的铁碳合金）中，该过程中主要反应的化学方程式是___________________________________。
（5）某硫酸厂为测定反应Ⅳ所得气体中SO2的体积分数，取560mL（已折算成标准状况）气体样品与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000mol•L﹣1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液50.00mL。
已知Cr2O72﹣+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O（未配平）
①SO2通入Fe2(SO4)3溶液，发生反应的离子方程式为 ____________________________ 。
②反应Ⅳ所得气体中SO2的体积分数为_________________ 。
【答案】 (1). SO2会导致大气污染 (2). 粉碎固体 (3). FeS2、CuS (4). 4CuCl2﹣+O2+4H+═4Cu2++8Cl﹣+2H2O (5). 该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜 (6). 3C+Fe2O32Fe+3CO↑ (7). SO2 + 2Fe3++ 2H2O＝SO42-+ 2Fe2++ 4H+ (8). 12.00%
【解析】
【分析】
FeCuS2经反应Ⅰ转化为FeS2、CuS。反应Ⅱ的离子方程式为Cu2++CuS+4Cl﹣=2[CuCl2]﹣+S，FeS2、CuS经反应Ⅱ转化为FeS2、S、Na[CuCl2]、HCl。过滤分别得到滤液Na[CuCl2]、HCl，滤渣FeS2、S。Na[CuCl2] 经反应Ⅲ氧气氧化[CuCl2]﹣离子，转化成CuCl2。CuCl2溶液中加入稀硫酸，析出硫酸铜晶体。CuSO4溶液可置换或者电解得到单质铜。FeS2经反应Ⅳ氧气氧化得到Fe2O3和SO2。Fe2O3与过量碳反应生成铁和一氧化碳，制得钢。SO2可以氧化并与水反应生成硫酸。
【详解】（1）FeCuS2在高温下煅烧，会要消耗大量的热能，其次生成的SO2会导致大气污染；
（2）为使反应Ⅰ中充分进行，工业可采取的措施是粉碎固体。根据黄铜矿中元素的化合价、单质S的化学性质以及反应Ⅱ的离子方程式可知，反应Ⅰ的产物为FeS2、CuS；
（3）反应Ⅲ是氧气氧化[CuCl2]﹣离子，所以该反应的离子方程式为4CuCl2﹣+O2+4H+═4Cu2++8Cl﹣+2H2O。由于该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜，所以会析出硫酸铜晶体；
（4）工业上炼钢时，为了降低含碳量，可将铁红投入熔融的生铁中，因为碳过量，故生成一氧化碳，该过程中主要反应的化学方程式是：3C+Fe2O32Fe+3CO↑；
（5）①硫酸铁能氧化SO2生成硫酸，则SO2通入Fe2(SO4)3溶液，发生反应的离子方程式为SO2 + 2Fe3++ 2H2O＝SO42-+ 2Fe2++ 4H+；
②560mL（标准状况）气体样品物质的量为=0.025mol，消耗K2Cr2O7的物质的量是.02000mol•L﹣1×0.05L＝0.001mol，则根据电子电子守恒可知，亚铁离子的物质的量是0.001mol×6＝0.006mol，所以根据方程式可知，SO2的物质的量是0.006mol÷2＝0.003mol，因此反应Ⅳ所得气体中SO2的体积分数为。
【点睛】该题的关键是准确判断出有关元素的化合价变化情况，如何结合题意并借助于电子得失守恒进行判断和计算即可。
9.研究氮及其化合物对化工生产有重要意义。
（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g); △H=+180 kJ·mol－1
4NH3(g)+5O2(g) =4NO(g)+6H2O(g); △H= －908 kJ·mol－1
请写出氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式：___________。
（2）工业合成氨的原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=－92.4 kJ·mol－1。下图甲表示在一定体积的密闭容器中反应时N2的物质的量浓度随时间的变化，图乙表示在其他条件不变的情况下，改变起始投料中H2与N2的物质的量之比（设为k）对该平衡的影响。
①已知图甲中0～t1 min内，v(H2)=0.03 mol·L-1·min-1，则t1=________ min；若从t2 min起仅改变一个反应条件，则所改变的条件可能是____________________________（填一种即可）。
②图乙中，b点时k=_________。
③已知某温度下该反应的平衡常数K=10，在该温度下向容器中同时加入下列浓度的混合气体：c(H2)=0.1 mol/L，c(N2)=0.5 mol/L，c(NH3)=0.1 mol/L，则在平衡建立过程中NH3的浓度变化趋势是__________（填“逐渐增大”“逐渐减小”或“恒定不变”）。
（3）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。（已知：N2H4+H+N2H5+）
①N2H5+的电子式为_______。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为________。
②联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgCl的试管中加入联氨溶液，观察到的现象___________________________________________________________。
（4）尿素(CO(NH2)2)是目前使用量较大的一种化学氮肥，工业上利用下图所示装置(阴、阳极均为惰性电极)电解尿素的碱性溶液制取氢气。
①该装置中阳极的总电极反应式为_____________________________________________。
②若两极共收集到气体22.4L(标准状况)，则消耗的尿素为____________g(忽略气体的溶解)。
【答案】 (1). 4NH3(g) + 6NO(g)＝5N2(g) + 6H2O(g) ΔH＝－1808 kJ·mol－1 (2). 30 (3). 降低温度（或增大H2浓度、减小NH3浓度） (4). 3:1 (5). 逐渐减小 (6). (7). N2H6(HSO4)2 (8). 固体逐渐变黑，并有气泡产生 (9). CO(NH2)2＋8OH－－6e－===N2↑＋CO32—＋6H2O (10). 15
【解析】
【分析】
（1）由盖斯定律计算可得；
（2）①由速率之比等于化学计量数之比，然后根据速率的计算公式求出时间。根据影响化学平衡的因素来解答；
②当N2与H2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大；
③根据浓度商和化学平衡常数比较，判断化学平衡移动方向，进而判断平衡建立过程中NH3的浓度变化趋势；
（3）①N2H4是二元弱碱，其性质与氨气相似，第一步电离出1个氢氧根离子和N2H5+，则第二步中N2H5+电离出1个氢氧根离子和N2H62+；
【详解】（1）令①：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180 kJ·mol－1，②：4NH3(g)+5O2(g) =4NO(g)+6H2O(g) △H= －908 kJ·mol－1，氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的化学方程式为③：4NH3(g) + 6NO(g)＝5N2(g) + 6H2O(g)，③=②-5①，△H=（－908-5180）kJ·mol－1=－1808 kJ·mol－1，则氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式4NH3(g) + 6NO(g)＝5N2(g) + 6H2O(g) ΔH＝－1808 kJ·mol－1；
（2）①0～t1 min内，v(H2)=0.03 mol·L-1·min-1，，v(N2)=0.01 mol·L-1·min-1，则==0.01 mol·L-1·min-1，解得t1=30min。从t2 min起N2的浓度逐渐减小，则所改变的条件可能是降低温度（或增大H2浓度、减小NH3浓度）使得平衡正向移动引起的；
②当N2与H2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大，即图乙中，b点时k=3：1；
③c(H2)=0.1 mol/L，c(N2)=0.5 mol/L，c(NH3)=0.1 mol/L，则Qc===20＞10，所以反应逆向进行，NH3的浓度逐渐减小；
（3）①N2H4是二元弱碱，其性质与氨气相似，第一步电离出1个氢氧根离子和N2H5+，则第二步中N2H5+电离出1个氢氧根离子和N2H62+。N2H5+的电子式为。N2H4是二元弱碱，其性质与氨气相似，第一步电离出1个氢氧根离子和N2H5+，则第二步中N2H5+电离出1个氢氧根离子和N2H62+，则联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2；
②N2H4被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，-2价的N元素被氧化为N2，反应方程式为：N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr，因此反应出现现象为：固体逐渐变黑，并有气泡产生；
（4）①阳极化合价升高失去电子，发生氧化反应，CO(NH2)2被氧化为N2，在碱性条件下产生碳酸根离子，则该装置中阳极的总电极反应式为CO(NH2)2＋8OH－－6e－=N2↑＋CO32—＋6H2O；
②该电解池总反应式为：CO(NH2)2＋2OH－=N2↑＋CO32—＋3H2↑，若两极共收集到气体22.4L(标准状况)，即1mol气体，其中氮气和氢气的物质的量之比为1:3，故氮气有0.25mol，CO(NH2)2的物质的量也为0.25mol，则消耗的尿素为0.25mol 15g。
10.以NaCl为主要成分的融雪剂会腐蚀桥梁、铁轨等钢铁设备。某研究小组探究NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响。
（1）将滤纸用3.5%的NaCl溶液润湿，涂上铁粉、碳粉的混合物，贴在表面皿上。在滤纸上加几滴检验试剂，再缓慢加入NaCl溶液至没过滤纸，操作如下所示：
①实验ⅰ的现象说明，得电子的物质是_______________________________。
②碳粉的作用是___________________________________________________。
③为了说明NaCl的作用，需要补充的对照实验是_____________________。
（2）向如图示装置的烧杯a、b中各加入30mL 3.5%的NaCl溶液，闭合K，指针未发生偏转。加热烧杯a，指针向右偏转。
①取a、b中溶液少量，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，a中出现蓝色沉淀，b中无变化，b中铁片作________极。
②加热后，指针发生偏转的原因可能是_____________________。
（3）用（2）中图示装置探究不同浓度NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响，向烧杯a、b中各加入30mL不同质量分数的NaCl溶液，实验记录如下表所示。
实验
a
b
指针偏转方向
I
0.1%
0.01%
向右
II
0.1%
3.5%
向左
Ⅲ
3.5%
饱和溶液
向右
①Ⅱ中，b中电极发生的电极反应式是_______________________________。
②Ⅲ中，铁在饱和NaCl溶液中不易被腐蚀。查阅资料可知：在饱和NaCl溶液中O2浓度较低，钢铁不易被腐蚀。设计实验证明：_______________________________。
（4）根据上述实验，对钢铁腐蚀有影响的因素是_______________________________。
【答案】 (1). O2 (2). 与铁组成原电池，作原电池的正极 (3). 用水代替NaCl溶液进行上述实验 (4). 正 (5). 温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快 (6). Fe－2e-=Fe2+ (7). 另取两个烧杯，分别往其中加入铁片和一定量的饱和NaCl溶液，再分别滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，然后往其中一个烧杯中通入O2，观察现象 (8). 温度、NaCl溶液的浓度、O2的浓度
【解析】
【分析】
（1）铁、碳以氯化钠溶液为电解质形成原电池，发生吸氧腐蚀生成氢氧根离子，溶液显碱性，遇到酚酞变红；
（2）①K3[Fe(CN)6]溶液与二价铁离子反应生成蓝色沉淀；
②温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快；
（3）①依据不同浓度下，检流计指针偏转方向判断电极，书写电极反应式；
②要证明在饱和NaCl溶液中O2浓度较低，钢铁不易被腐蚀，可以设计对比试验，一个实验中通入氧气，另一个实验中不通入氧气，观察铁的腐蚀情况；
（4）依据上述实验总结归纳解答。
【详解】（1）①铁、碳以氯化钠溶液为电解质形成原电池，酚酞变红说明生成氢氧根离子，发生吸氧腐蚀，故得电子的物质是O2；
②铁与碳以氯化钠溶液为电解质形成原电，铁做原电池负极，碳做正极；
③为了说明NaCl的作用，需要补充的对照实验是，用水做电解质，代替氯化钠进行上述实验；
（2）①K3[Fe(CN)6]溶液与二价铁离子反应生成蓝色沉淀，而取a、b中溶液少量，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，a中出现蓝色沉淀，说明a中生成二价铁离子，b中无变化，b中没有二价铁离子生成，所以a做负极，b做正极；
②加热后，指针发生偏转的原因可能是：温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快；
（3）①依据图表中Ⅱ组数据及指针向左偏转，则可知：b极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式：Fe－2e-=Fe2+；
②要证明氧气浓度对金属腐蚀速率的影响，可以设计对比实验，如下：另取两个烧杯，分别往其中加入铁片和一定量的饱和NaCl溶液，再分别滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，然后往其中一个烧杯中通入O2，观察现象；
（4）通过上述实验可知：对钢铁腐蚀有影响的因素是有温度、NaCl溶液的浓度、O2的浓度。
11.铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。回答下列问题：
（1）铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最多的是_________。
（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，酞钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_______(填1、2、3、4)，三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为_______(用相应的元素符号表示)；氮原子的杂化轨道类型为________。
（3）Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x，晶体属于_______(填晶体类型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=________。
（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO______FeO(填“>”“<”或“=”)，原因是_________。
（5）NiAs的晶胞结构如图所示：①镍离子的配位数为_________。
②若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为pg·cm-3，则该晶胞中最近的Ni2+之间的距离为________cm。(写出计算表达式)
【答案】 (1). 铁 (2). 2、4 (3). N>C>H (4). sp2、sp3 (5). 分子晶体 (6). 5 (7). > (8). Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，晶格能：NiO＞FeO，因此熔点NiO＞FeO (9). 4 (10). ×
【解析】
【分析】
(1)未成对电子处于价电子中，铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，结合泡利原理与洪特规则判断；
(2)含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键；三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大；根据分子中N原子形成的σ键个数和含有的孤对电子的数目，分析判断；
(3)根据Fe(CO)x的熔沸点比较低分析判断晶体类型；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，根据Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，列式计算x；
(4)离子晶体熔点与晶格能大小有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；
(5)①根据均摊法计算晶胞中Ni、As原子数目，由晶胞结构可知As原子配位数为4，结合晶胞中Ni、As元素数目之比计算Ni的配位数；
②首先计算晶胞的质量，再结合密度计算晶胞体积，进而计算晶胞棱长，最后根据面心与顶点上的Ni原子距离最近计算。
【详解】(1)铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，三种元素原子的核外未成对电子数分别为4、3、2，未成对电子数最多的是Fe，故答案为：Fe；
(2)有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键，1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合；酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性N＞C＞H；分子中N原子有形成2个σ键，含有1对孤对电子，有形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目均为3，N原子的杂化轨道类型为 sp2；有形成3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目均为4，N原子的杂化轨道类型为 sp3，故答案为：2、4；N＞C＞H；sp2、sp3；
(3)配合物Fe(CO)x的熔沸点比较低，易溶于非极性溶剂，应属于分子晶体；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，则8+2x=18，解得x=5，故答案为：分子晶体；5；
(4)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故晶格能：NiO＞FeO，所以熔点NiO＞FeO，故答案为：＞；Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故晶格能：NiO＞FeO，所以熔点NiO＞FeO；
(5)①晶胞中As原子数目为4，Ni原子数目=8×+6×=4，二者为1∶1，由晶胞结构可知As原子配位数为4，故Ni的配位数为4，故答案为：4；
②面心与顶点上的Ni原子距离最近，最近的Ni2+之间的距离为晶胞棱长的，晶胞质量=4×g=g，晶胞体积=g÷pg•cm-3=cm3，晶胞棱长=cm，故最近的Ni2+之间的距离=×cm，故答案为：×。
12.以A（C2H2）为原料合成食用香料E和吡咯（pyrrole）的路线如图所示，部分反应条件及产物略去。其中D在一定条件下可被氧化成酮。
回答下列问题：
（1）A的官能团名称是_______________；C的名称是_______________；
（2）⑥的反应类型是_______________。⑧的反应类型是_______________。
（3）反应⑤的化学方程式为____________________________。
（4）满足下列条件的肉桂酸（）的同分异构体共有_________种（不考虑立体异构）:①含有苯环 ②能让溴的四氯化碳溶液褪色 ③能水解。与G互为同分异构体，且核磁共振氢谱只有一组峰的有机物的结构简式是________。（任写一种）
（6）参照上述合成路线，设计一条由A和乙醛为起始原料制备2,5-二甲基吡咯（）的合成路线_________________________________。
【答案】 (1). 碳碳三键 (2). 2-丁烯 (3). 加成反应 (4). 氧化反应 (5). +H2O (6). 7种 (7). (8).
【解析】
【分析】
乙炔与NaNH2发生取代反应生成NaC≡CNa，结合B的分子式可知反应②为取代反应，则B为CH3C≡CCH3。对比B、C分子式可知反应③为加成反应，则C为CH3CH=CHCH3，D在一定条件下可被氧化成酮，则D为。D发生酯化反应生成E，则E为。1分子乙炔与2分子HCHO发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，与氢气发生加成反应生成F，F发生氧化反应得到OHC-CH=CH-CHO，则F为HOCH2CH=CHCH2OH，OHC-CH=CH-CHO与氨气转化得到吡咯。
【详解】（1）由分析可知，A为乙炔，则官能团名称是碳碳三键。C为CH3CH=CHCH3，则C的名称是2-丁烯；
（2）1分子乙炔与2分子HCHO发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，则⑥反应类型是成反应。F为HOCH2CH=CHCH2OH，发生氧化反应生成OHC-CH=CH-CHO，则⑧的反应类型是氧化反应；
（3）发生酯化反应生成，则反应⑤的化学方程式为+H2O；
（4）肉桂酸（）的同分异构体中，①含有苯环 ②能让溴的四氯化碳溶液褪色③能水解。说明含有苯环、碳碳双键和酯基，可以含有1个取代基为-CH=CHOOCH，或-OOCCH=CH2，或-C（OOCH）=CH2，或者-COOCH=CH2，含有2个取代基为-CH=CH2、-OOCH，有邻、间、对，故共有7种；与G（）互为同分异构体，不饱和度为3，且核磁共振氢谱只有一组峰（一种环境的氢原子）的有机物的结构简式是；
（6）由乙炔和乙醛为起始原料制备2,5-二甲基吡咯（），根据乙炔合成吡咯转化，由逆合成分析可得，合成路线为：。
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