東營(yíng)第一中學(xué)高三上學(xué)期期末考試化學(xué)試卷

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精高三化學(xué)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23P31S32C135.5K39Mn55Fe56Mo96一、選擇題：每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1?；瘜W(xué)與生活生產(chǎn)密切相關(guān)。下列說(shuō)法正確的是（）A.“84"消毒液與潔廁靈（主要成分HCl）混合增強(qiáng)消毒效果B.漢代燒制出“明如鏡、聲如磬"的瓷器，其主要原料為黏土C.泡沫滅火器可用于一般的起火，也適用于電器起火D。鹽堿地(含較多Na2CO3）不利于作物生長(zhǎng)，可施加生石灰進(jìn)行改良【答案】B【解析】【詳解】A．鹽酸與次氯酸根離子反應(yīng)生成氯氣,將“84”消毒液（主要成分為次氯酸鈉)與潔廁靈（含有鹽酸）合用能夠產(chǎn)生氯氣，氯氣有毒會(huì)污染環(huán)境,A錯(cuò)誤；B．不管是陶器還是瓷器，其主要原料都是黏士，B正確;C．泡沫滅火器中加入的主要是碳酸氫鈉和硫酸鋁溶液，兩者混合時(shí)發(fā)生雙水解反應(yīng)，生成大量的二氧化碳泡沫，該泡沫能進(jìn)行滅火，但是，噴出的二氧化碳?xì)怏w泡沫中一定含有水，形成電解質(zhì)溶液，具有一定的導(dǎo)電能力,可能導(dǎo)致觸電或電器短路,C錯(cuò)誤；D．生石灰遇水生成氫氧化鈣，與碳酸鈉反應(yīng)生成CaCO3和NaOH，其水溶液呈堿性，不能改良土壤，D錯(cuò)誤;故選B.【點(diǎn)睛】?jī)煞N具有殺菌能力消毒劑混合使用前，需清楚可能發(fā)生的反應(yīng)，是否會(huì)產(chǎn)生大氣污染物，是否會(huì)發(fā)生強(qiáng)烈的氧化還原反應(yīng)等。2.H2S有劇毒,工業(yè)廢水中的Na2S應(yīng)及時(shí)除去。根據(jù)“綠色化學(xué)”理念,下列物質(zhì)能除去Na2S的是（）A.雙氧水 B。濃硝酸 C.氫氧化鈉 D。鐵粉【答案】A【解析】【詳解】A．Na2S具有還原性,可與雙氧水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，且不生成有毒物質(zhì)，故A選；B．濃硝酸作氧化劑時(shí)生成有毒氣體二氧化氮，故B不選；C．NaOH與Na2S不反應(yīng)，故C不選；D．Fe與Na2S不反應(yīng)，故D不選；故選：A。3.在pH=0～8.2條件下酚酞的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（)A。分子中含有醚鍵B.能發(fā)生取代反應(yīng)C.分子中所有碳原子共平面D。pH=7時(shí)，1mol酚酞最多消耗4mol

NaOH【答案】B【解析】【詳解】A．含有酯基、羥基，不含醚鍵，故A錯(cuò)誤；B．含酚-OH、-COOC—,均可發(fā)生取代反應(yīng),故B正確；C.3個(gè)苯環(huán)之間的C為四面體構(gòu)型，所有碳原子不可能共面，故C錯(cuò)誤；D.2個(gè)酚-OH、1個(gè)-COOC-與NaOH反應(yīng)，則1mol酚酞最多消耗3molNaOH,故D錯(cuò)誤；故選：B.4.《天工開(kāi)物》記載：“凡火藥以硝石、硫磺為主，草木灰為輔……而后火藥成聲”.其中涉及的主要反應(yīng)為：S+2KNO3+3CK2S+3CO2↑+N2↑.下列說(shuō)法正確的是（）A。電負(fù)性N〉OB。CO2分子中C原子為sp1雜化C.單質(zhì)硫?qū)儆诠矁r(jià)晶體D。KNO3中化學(xué)鍵只有σ鍵【答案】B【解析】【詳解】A。元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，非金屬性O(shè)>N，則電負(fù)性O(shè)>N,故A錯(cuò)誤；B.CO2分子的空間構(gòu)型為直線形,分子中C原子為sp雜化，故B正確；C.單質(zhì)硫?qū)儆谌鄯悬c(diǎn)低的分子晶體，故C錯(cuò)誤；D。KNO3為離子化合物,含有離子鍵和共價(jià)鍵，故D錯(cuò)誤;故選B.5.下列離子方程式書(shū)寫(xiě)不正確的是A.少量金屬加入水中：B。用濃溶液反萃取法提取碘：C。向次氯酸鈣溶液中通入足量：D。向小蘇打溶液中滴加少量清石灰水：【答案】C【解析】【詳解】A．將金屬Na投入水中，反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，選項(xiàng)A正確;B．用濃NaOH溶液反萃取法提取碘生成碘化鈉、碘酸鈉和水,離子方程式：3I2+6OH—=5I-+IO3-+3H2O，選項(xiàng)B正確；C．向次氯酸鈣溶液通過(guò)量CO2的離子反應(yīng)為ClO-+H2O+CO2=HCO3—+HClO，選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D．NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水的離子反應(yīng)為2HCO3—+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32—，選項(xiàng)D正確;答案選C。6.化學(xué)研究小組用如圖裝置測(cè)定鋅（含有少量銅）的純度，下列操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢.用裝置甲量取一定體積的濃硫酸B.用裝置乙配制100mL

3mo1?L—1的稀硫酸C。用裝置丙稱量一定質(zhì)量的粗鋅D。用裝置丁測(cè)量金屬鋅與稀硫酸反應(yīng)產(chǎn)生氫氣的體積【答案】D【解析】【詳解】A．圖示為仰視量取濃硫酸,導(dǎo)致量取的濃硫酸體積偏小，量取時(shí)眼睛應(yīng)該與濃硫酸凹液面相平，故A錯(cuò)誤；B．濃硫酸應(yīng)在燒杯中稀釋，冷卻到室溫后在進(jìn)行后續(xù)操作,所以不能在容量瓶中稀釋濃硫酸，圖示操作方法不合理，故B錯(cuò)誤;C．稱量粗鋅時(shí)應(yīng)該將砝碼放在右盤(pán)，且左右盤(pán)都應(yīng)同時(shí)放1張大小相同的紙片,圖示操作不合理,故C錯(cuò)誤；D．鋅與稀硫酸反應(yīng)生成氫氣，利用圖示丁可測(cè)量金屬鋅與稀硫酸反應(yīng)產(chǎn)生氫氣的體積,故D正確；故選:D。7。工業(yè)上電解MnSO4溶液制備Mn和MnO2，工作原理如圖所示，下列說(shuō)法不正確的是A。陽(yáng)極區(qū)得到H2SO4B.陽(yáng)極反應(yīng)式為Mn2+-2e—+2H2O=MnO2+4H+C。離子交換膜為陽(yáng)離子交換膜D.當(dāng)電路中有2mole—轉(zhuǎn)移時(shí)，生成55gMn【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圖示，不銹鋼電極為陰極,陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，電解質(zhì)溶液中陽(yáng)離子得電子,電極反應(yīng)為：Mn2++2e—=Mn；鈦土電極為陽(yáng)極，錳離子失去電子轉(zhuǎn)化為二氧化錳，電極反應(yīng)為：Mn2+-2e—+2H2O=MnO2+4H+，據(jù)此解題?！驹斀狻緼．根據(jù)分析,陰極電極反應(yīng)為：Mn2++2e-=Mn，陽(yáng)極電極反應(yīng)為：Mn2+—2e—+2H2O=MnO2+4H+,陰極區(qū)的SO42-通過(guò)交換膜進(jìn)入陽(yáng)極區(qū)，因此陽(yáng)極上有MnO2析出，陽(yáng)極區(qū)得到H2SO4,故A正確；B．根據(jù)分析，陽(yáng)極反應(yīng)式為Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，故B正確；C．由A項(xiàng)分析，陰極區(qū)的SO42—通過(guò)交換膜進(jìn)入陽(yáng)極區(qū)，則離子交換膜為陰離子交換膜，故C錯(cuò)誤;D．陰極電極反應(yīng)為:Mn2++2e-=Mn,當(dāng)電路中有2mole—轉(zhuǎn)移時(shí)，陰極生成1molMn，其質(zhì)量為1mol×55g/mol=55g,故D正確；答案選C?！军c(diǎn)睛】本題易錯(cuò)點(diǎn)是C選項(xiàng)判斷硫酸根離子的移動(dòng)方向，陰極陽(yáng)離子減少導(dǎo)致錯(cuò)誤判斷會(huì)認(rèn)為陰極需要補(bǔ)充陽(yáng)離子，陽(yáng)極產(chǎn)生的氫離子數(shù)目多，硫酸根離子應(yīng)向陽(yáng)極移動(dòng)。8.W、X、Y、Z四種短周期主族元素在元素周期表中的相對(duì)位置如圖所示，X的氣態(tài)氫化物可與其最高價(jià)含氧酸反應(yīng)生成離子化合物.下列說(shuō)法正確的是（)WXYZA.4種元素氧化物中，只有W的氧化物能與Na2O2反應(yīng)B。Y元素只能形成含氧酸H2YO3和H2YO4C。Z元素單質(zhì)具有強(qiáng)氧化性、漂白性D。簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：Y＜Z【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z四種短周期主族元素在元素周期表中的相對(duì)位置如圖所示，X的氣態(tài)氫化物可與其最高價(jià)含氧酸反應(yīng)生成離子化合物，則X為N元素；結(jié)合圖示可知，W為C元素,Y為S,Z為S元素,據(jù)此解答?！驹斀狻扛鶕?jù)分析可知，X為N元素，W為C元素，Y為S，Z為Cl元素。A．二氧化碳、二氧化硫都能夠與Na2O2反應(yīng),故A錯(cuò)誤;B．S形成的含氧酸除了H2SO3和H2SO4，還可以形成H2S2O4，故B錯(cuò)誤;C．Z的單質(zhì)為氯氣，氯氣具有強(qiáng)氧化性，但是氯氣不具有漂白性,故C錯(cuò)誤；D．非金屬性S＜Cl,則簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:Y＜Z，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)睛】本題考查位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)關(guān)系的綜合應(yīng)用，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握元素周期表結(jié)構(gòu)、元素周期律內(nèi)容，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及邏輯推理能力。9.C12能與過(guò)量的NH3反應(yīng)得到一種固體M和單質(zhì)H．下列說(shuō)法正確的是（）A。M中含離子鍵、共價(jià)鍵、配位鍵 B。NH3的電子式為C.H中σ鍵與π百鍵個(gè)數(shù)比為1:1 D.NH3和Cl2都屬于極性分子【答案】A【解析】【分析】C12能與過(guò)量的NH3反應(yīng)生成氮?dú)夂吐然@，方程式為：3C12+8NH3=N2+NH4Cl，則固體M為NH4Cl，單質(zhì)H為N2,其中NH4Cl中含離子鍵、共價(jià)鍵、配位鍵，N2中N原子之間形成三對(duì)共用電子對(duì),則σ鍵與π百鍵個(gè)數(shù)比為1:2，Cl2分子正負(fù)電荷重心重合，為非極性分子，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緾12能與過(guò)量的NH3反應(yīng)生成氮?dú)夂吐然@,方程式為：3C12+8NH3=N2+NH4Cl，則固體M為NH4Cl，單質(zhì)H為N2,A．M為NH4Cl,含離子鍵、共價(jià)鍵、配位鍵,故A正確；B．NH3分子中含有3個(gè)氮?dú)涔矁r(jià)鍵，則NH3的電子式為,故B錯(cuò)誤；C．H為N2，N2中N原子之間形成三對(duì)共用電子對(duì)，則σ鍵與π百鍵個(gè)數(shù)比為1：2，故C錯(cuò)誤；D．Cl2分子正負(fù)電荷重心重合，為非極性分子，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)睛】本題考查了電子式、作用力、極性分子的判斷等，注意掌握常見(jiàn)的化學(xué)用語(yǔ)的概念及正確的表示方法是解題關(guān)鍵.10。氫化鈣（CaH2）是一種常用的儲(chǔ)氫材料。某化學(xué)興趣小組制取氫化鈣的實(shí)驗(yàn)裝置如圖:資料：氫化鈣要密封保存，在空氣中容易變質(zhì)。下列說(shuō)法不正確的是（）A.②和④中分別盛裝堿石灰和濃硫酸B.反應(yīng)結(jié)束后，應(yīng)先停止加熱,通氣一段時(shí)間再關(guān)閉活塞KC。點(diǎn)燃酒精燈前，先用試管在⑤處收集氣體并點(diǎn)燃，通過(guò)聲音判斷氣體純度D。裝置①也可用于二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣【答案】D【解析】【分析】①中稀硫酸與鋅反應(yīng)生成氫氣，②可用干燥氫氣，可用堿石灰等，③中加熱條件下氫氣和鈣反應(yīng)生成氫化鈣，④可用濃硫酸，避免空氣中的水進(jìn)入③而導(dǎo)致氫化鈣變質(zhì)?！驹斀狻緼．②用于盛裝固體，可用堿石灰,④用于盛裝液體，可用濃硫酸,故A正確；B．反應(yīng)結(jié)束后,應(yīng)先停止加熱，繼續(xù)通入氫氣,至固體冷卻后再關(guān)閉活塞K，避免固體被氧化，故B正確;C．由于氫氣參與反應(yīng)，且在加熱條件下進(jìn)行，應(yīng)避免不純的氫氣在加熱時(shí)爆炸，則點(diǎn)燃酒精燈前，先用試管在⑤處收集氣體并點(diǎn)燃，通過(guò)聲音判斷氣體純度，故C正確；D．裝置①不需要加熱反應(yīng)即可進(jìn)行，而二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下進(jìn)行,則裝置①不能用于二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣，故D錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的制備，為高考常見(jiàn)題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，解答本題注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及題給信息，把握反應(yīng)的流程,同時(shí)要具有扎實(shí)的實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)知識(shí)。二、選擇題：每小題有1個(gè)或2個(gè)選項(xiàng)符合題意。11。根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A將20℃0.5溶液加熱到60℃，用pH傳感器測(cè)定溶液的pH溶液的pH逐漸減小改變與水解平衡移動(dòng)共同作用的結(jié)果B向苯酚濁液中滴加溶液濁液變清苯酚的酸性強(qiáng)于的酸性C向無(wú)色溶液中加入溶液，再加入足量鹽酸有白色沉淀,加入鹽酸后仍有白色沉淀原溶液中一定有D向的濁液中滴加適量溶液白色沉淀變黑色A。A B.B C。C D。D【答案】A【解析】【詳解】A．升高溫度促進(jìn)水解，醋酸鈉溶液的堿性增強(qiáng),溶液的pH增大,水的電離平衡、水解平衡均正向移動(dòng)，選項(xiàng)A正確；B．苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，生成苯酚鈉、碳酸氫鈉,則苯酚的酸性弱于H2CO3的酸性,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．酸性條件下亞硫酸鋇可被硝酸根離子氧化生成硫酸鋇，則原溶液中可能有SO32—，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．Qc（CuS)＞Ksp（CuS)時(shí)生成黑色沉淀，發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化時(shí)，則Ksp（ZnS)＞Ksp（CuS），選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選A。12。常溫下，的電離常數(shù)：，。向溶液中滴加0。1溶液，混合溶液中水電離的與溶液體積V的關(guān)系如下圖所示，下列說(shuō)法正確的是AB.c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中存在C。b、d兩點(diǎn)溶液的D。的【答案】D【解析】【詳解】A．mmL0.1mol/LH2SO3溶液中滴加0.1mol/LKOH溶液20mL,恰好反應(yīng)生成K2SO3，溶液顯堿性，消耗H2SO3體積m=10mL，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．c點(diǎn)時(shí)水的電離程度最大,K2SO3水解促進(jìn)水的電離，c點(diǎn)恰好反應(yīng)生成K2SO3,此時(shí)溶液為堿性，溶液中存在電荷守恒:c（K+）+c(H+）=c（HSO3—)+2c（SO32—)+c(OH—）,由于c（H+）＜c（OH-），則c(K+）＞c（HSO3—）+2c(SO32—），選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．b、d點(diǎn)水電離出氫離子濃度為1×10—7mol/L，b點(diǎn)為中性溶液，所以b點(diǎn)pH=7，d點(diǎn)pH＞7,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D．常溫下，的Kh===1×10-7，選項(xiàng)D正確；答案選D。13?；どa(chǎn)中用(次磷酸鈉）進(jìn)行化學(xué)鍍制,反應(yīng)的化學(xué)方程式為。下列說(shuō)法正確的是A?；瘜W(xué)反應(yīng)中，還原產(chǎn)物為和B.溶液中離子濃度的大小順序?yàn)镃.溶液中的電離方程式為D。與過(guò)量反應(yīng)生成，判斷為二元酸【答案】AD【解析】【詳解】A．反應(yīng)CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH=Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑中,Cu、H元素化合價(jià)降低、發(fā)生還原反應(yīng)，所以Cu和H2為還原產(chǎn)物,選項(xiàng)A正確；B．CuSO4是強(qiáng)酸弱堿鹽,水解顯酸性,即c（H+）＞c（OH—）,CuSO4溶液中離子濃度的大小順序?yàn)閏（SO42—）＞c(Cu2+）＞c（H+）＞c(OH—),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C．Na+-中H2PO2-沒(méi)有羥基，所以次磷酸鈉為正鹽，H2PO2—不能電離出H+,但能水解，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．NaH2PO3與過(guò)量NaOH反應(yīng)生成Na2HPO3，則NaH2PO3為酸式鹽、Na2HPO3是正鹽，說(shuō)明H3PO3分子中只有兩個(gè)羥基,所以H3PO3為二元酸，選項(xiàng)D正確；答案選AD。14.全釩液流儲(chǔ)能電池是利用不同價(jià)態(tài)的含釩離子在酸性條件下發(fā)生反應(yīng)，離子方程式為VO2+（黃色)+V2+（紫色)+2H+VO2+(藍(lán)色）+V3+(綠色)+H2O．采用惰性電極實(shí)現(xiàn)化學(xué)能和電能相互轉(zhuǎn)化的工作原理如圖.下列說(shuō)法正確的是(）A.充電過(guò)程中,X端接外接電源的負(fù)極B。放電過(guò)程中，正極電極反應(yīng)式為VO2++H2O+e—=VO2++2OH-C.放電過(guò)程中,右罐溶液顏色逐漸由綠色變?yōu)樽仙獶.充電時(shí)若轉(zhuǎn)移電子0.5mol，左罐溶液中n(H+）的變化量為0.5mol【答案】D【解析】【詳解】A．充電時(shí)，左槽發(fā)生的反應(yīng)為VO2++H2O—e—=VO2++2H+，則左槽為陽(yáng)極，X端接外接電源的正極,故A錯(cuò)誤；B．由VO2+（黃色）+V2+（紫色）+2H+VO2+（藍(lán)色）+V3+（綠色）+H2O可知，放電時(shí)正極上反應(yīng)式：VO2++2H++e-=VO2++H2O，故B錯(cuò)誤；C．放電過(guò)程中，右罐為負(fù)極，反應(yīng)式：V2+—e—=V3+,則溶液顏色逐漸由紫色變?yōu)榫G色,故C錯(cuò)誤；D．充電時(shí),左槽發(fā)生的反應(yīng)為VO2++H2O-e-=VO2++2H+，若轉(zhuǎn)移電子0.5mol，生成氫離子為1mol，此時(shí)氫離子參與正極反應(yīng)，通過(guò)交換膜定向移動(dòng)使電流通過(guò)溶液，溶液中離子的定向移動(dòng)可形成電流，通過(guò)0。5mol電子，則左槽溶液中n（H+）的變化量為1mol-0.5mol=0。5mol,故D正確；故選：D。15。焦亞硫酸鈉（Na2S2O5)在醫(yī)藥、橡膠、印染等方面應(yīng)用廣泛.利用SO2生產(chǎn)Na2S2O5的工藝如圖：資料：Na2S2O5通常是由NaHSO3過(guò)飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得，下列說(shuō)法正確的是（)A.Na2S2O5是Na2SO3和SO2的混合物B。pH=4.1時(shí)，I中主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2C。加入Na2CO3固體的目的是調(diào)節(jié)pH，促進(jìn)Ⅲ中SO2的再吸收D?！敖Y(jié)晶脫水”過(guò)程中反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaHSO3=Na2S2O5+H2O【答案】CD【解析】【分析】由流程可知，I中發(fā)生Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2,加入Na2CO3固體,并再次充入SO2，可得到NaHSO3過(guò)飽和溶液，NaHSO3過(guò)飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得Na2S2O5?！驹斀狻緼．Na2S2O5為純凈物,由NaHSO3過(guò)飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得，故A錯(cuò)誤；B．Na2SO3溶液呈堿性，①Ⅰ中反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，故B錯(cuò)誤；C．工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入SO2的目的是調(diào)節(jié)pH，促進(jìn)Ⅲ中SO2的再吸收，得到NaHSO3過(guò)飽和溶液，故C正確；D．由題給信息可知Na2S2O5通常是由NaHSO3過(guò)飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaHSO3=Na2S2O5+H2O，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)制備實(shí)驗(yàn),把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用。三、非選擇題16。乙基叔丁基醚(以ETBE表示）是一種性能優(yōu)良的高辛烷值汽油調(diào)和劑。用乙醇與異丁烯（以IB表示)在催化劑HZSM—5催化下合成ETBE，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：C2H5OH（g)+IB（g）?ETBE(g)△H．回答下列問(wèn)題:(1）反應(yīng)物被催化劑HZSM—5吸附的順序與反應(yīng)歷程的關(guān)系如圖1所示，該反應(yīng)的△H=______akJ?mol—1．反應(yīng)歷程的最優(yōu)途徑是______（填C1、C2或C3）。(2）在剛性容器中按物質(zhì)的量之比1:1充入乙醇和異丁烯，在378K與388K時(shí)異丁烯的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化如圖2所示。①378K時(shí)異丁烯的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化的曲線為_(kāi)_____（填L1或L2)。②388K時(shí)，以物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)表示的化學(xué)平衡常數(shù)K=______。（物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為某組分的物質(zhì)的量與總物質(zhì)的量的比)③已知反應(yīng)速率v=v正-v逆=k正x（C2H5OH）?x（IB）-k逆x（ETBE），其中秒正為正反應(yīng)速率,v逆為逆反應(yīng)速率,k正、k逆為速率常數(shù)，x為各組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，計(jì)算M點(diǎn)=______(保留到小數(shù)點(diǎn)后1位）.【答案】(1)?！?(2).C3(3）.L2（4）.24(5）.4。6【解析】【分析】（1）根據(jù)圖象,反應(yīng)物能量高于生成物能量，則反應(yīng)為放熱反應(yīng),根據(jù)到達(dá)過(guò)渡態(tài)的活化能高低選擇合適的反應(yīng)途徑;（2）①溫度升高,化學(xué)反應(yīng)速率增大，反應(yīng)到達(dá)平衡的時(shí)間縮短；②388K時(shí)，異丁烯的平衡轉(zhuǎn)化率為80％，根據(jù)方程式計(jì)算；③根據(jù)圖象，M點(diǎn)異丁烯的平衡轉(zhuǎn)化率為60％，根據(jù)方程式計(jì)算.【詳解】（1）根據(jù)圖象，反應(yīng)物能量高于生成物能量，則反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則該反應(yīng)的△H=（1—5）akJ/mol=-4akJ/mol,過(guò)渡態(tài)1的活化能為E1=6akJ/mol，過(guò)渡態(tài)2的活化能為E2=6akJ/mol,過(guò)渡態(tài)3的活化能為E3=4akJ/mol，所以過(guò)渡態(tài)3的活化能最低，反應(yīng)相對(duì)容易，則反應(yīng)歷程的最優(yōu)途徑是C3,故答案為：—4;C3；（2）①溫度升高,化學(xué)反應(yīng)速率增大,反應(yīng)到達(dá)平衡的時(shí)間縮短,則378K時(shí)異丁烯的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化的曲線為L(zhǎng)2，故答案為:L2；②發(fā)生的反應(yīng)為：C2H5OH(g）+IB（g）?ETBE（g),異丁烯的平衡轉(zhuǎn)化率為80％，

所以平衡時(shí)x(C2H5OH)==，x（IB）=,x（ETBE）=，則K===24，故答案為:24；③發(fā)生的反應(yīng)為:C2H5OH（g）+IB（g）?ETBE(g），M點(diǎn)時(shí)異丁烯的平衡轉(zhuǎn)化率為60%,

M點(diǎn)=24×=4。6，故答案為：4。6。17。鋰離子二次電池正極材料磷酸亞鐵鋰是應(yīng)用廣泛的正極材料之一.一種制備磷酸亞鐵鋰的化學(xué)方法為：C+4FePO4+2Li2CO34LiFePO4+3CO2↑．回答下列問(wèn)題：(1)Fe失去電子變成為陽(yáng)離子時(shí)首先失去______軌道的電子.（2）C、O、Li原子的第一電離能由大到小的順序是______；PO43—的空間構(gòu)型為_(kāi)_____。(3）C與Si同主族，CO2在高溫高壓下所形成的晶體結(jié)構(gòu)與SiO2相似，該晶體的熔點(diǎn)比SiO2晶體______(填“高”或“低”）。硅酸鹽和SiO2一樣，都是以硅氧四面體作為基本結(jié)構(gòu)單元，下圖表示一種含n個(gè)硅原子的單鏈?zhǔn)蕉喙杷岣慕Y(jié)構(gòu)（投影如圖1所示)，Si原子的雜化類型為_(kāi)_____，其化學(xué)式可表示為_(kāi)_____。(4）圖2表示普魯士藍(lán)的晶體結(jié)構(gòu)（個(gè)晶胞，K+未標(biāo)出，每隔一個(gè)立方體在立方體體心有一個(gè)鉀離子)。①普魯士藍(lán)晶體中每個(gè)Fe3+周圍最近且等距離的Fe2+數(shù)目為_(kāi)_____個(gè).②晶體中該立方體的邊長(zhǎng)為anm，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)為NA,其晶體密度為_(kāi)_____g?cm-3?！敬鸢浮浚?）.4s（2).O＞C＞Li(3）.正四面體(4）.高(5).sp3(6).(SiO3）n2n—（7）。6（8)?！窘馕觥俊痉治觥浚?)失電子先從最外層失去；（2)同周期主族元素,隨著原子序數(shù)增大，電負(fù)性增強(qiáng)，根據(jù)VSEPR理論判斷PO43—的空間構(gòu)型；(3）CO2在高溫高壓下所形成的晶體結(jié)構(gòu)與SiO2相似,C的半徑小于Si，［SiO4]中Si的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4,根據(jù)均攤原理計(jì)算化學(xué)式；(4）①根據(jù)晶體結(jié)構(gòu)，F(xiàn)e3+周圍的Fe2+離子在頂點(diǎn)上；②根據(jù)晶胞計(jì)算1個(gè)整晶胞的質(zhì)量，再由密度公式計(jì)算晶體密度.【詳解】（1）Fe的基態(tài)核外電子排布為：[Ar]3d64s2,失電子先從最外層失去,所以先失去4s2電子;故答案為：4s；（2）同周期主族元素，隨著原子序數(shù)增大,電負(fù)性增強(qiáng)，所以C、O、Li原子第一電離能由大到小的順序是：O＞C＞Li；對(duì)于PO43—，根據(jù)VSEPR理論，VP=BP+LP=4+=4,則其空間構(gòu)型為正四面體;故答案為：O＞C＞Li;正四面體;（3）CO2在高溫高壓下所形成的晶體結(jié)構(gòu)與SiO2相似，C的半徑小于Si，所以C-O之間的作用力比Si-O之間作用力強(qiáng)，熔點(diǎn)更高，[SiO4］中Si的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，所以Si原子的雜化類型為sp3；根據(jù)均攤原理，一個(gè)基本單元中含有1個(gè)Si,O的數(shù)目為2+2×=3個(gè)，一個(gè)基本單元所帶電荷為2—，則其化學(xué)式可表示為：(SiO3)n2n—;故答案為：高；sp3；（SiO3）n2n—；（4）①根據(jù)晶體結(jié)構(gòu),Fe3+周圍的Fe2+離子在頂點(diǎn)上，以其中一個(gè)頂點(diǎn)的Fe3+來(lái)看，由于晶胞的無(wú)隙并置，該Fe3+所在晶胞內(nèi)有等距最近的Fe2+3個(gè)，這3個(gè)相當(dāng)于分別存在三條坐標(biāo)軸半軸上，則每個(gè)Fe3+周圍最近且等距離的Fe2+數(shù)目為2×3=6個(gè)；故答案為：6；②取1mol晶胞，則1mol晶胞質(zhì)量為m=8×（8××56+12××26）+4×39g=1228g，1mol晶胞即有NA個(gè)晶胞，1個(gè)整晶胞體積為V=（2a）3×10—21cm3，所以晶體密度為=g/cm3=g/cm3；故答案為：?！军c(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞的計(jì)算、等電子體、原子的雜化方式等知識(shí)點(diǎn)，會(huì)根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定原子的雜化方式,會(huì)利用均攤法確定化學(xué)式。18.化學(xué)小組探究FeCl3溶液與Na2S溶液的反應(yīng)產(chǎn)物,利用圖裝置進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：Ⅰ．向盛有0。1mol?L—1FeCl3溶液的三頸瓶中，滴加一定量0。1mol?L-1Na2S溶液，攪拌，能聞到臭雞蛋氣味，產(chǎn)生沉淀A。Ⅱ．向盛有0。1mol?L-1Na2S溶液的三頸瓶中，滴加少量0.1mol?L—1FeCl3溶液，攪拌,產(chǎn)生沉淀B。已知:①FeS2為黑色固體,且不溶于水和鹽酸。②Ksp（Fe2S3）=1×10-88，Ksp(FeS2）=6。3×10-31，Ksp［Fe(OH）3］=1×10-38,Ksp（FeS）=4×10—19回答下列問(wèn)題：（1)NaOH溶液的作用是______.小組同學(xué)猜測(cè),沉淀A、B可能為S、硫化物或它們的混合物.他們?cè)O(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)進(jìn)行探究：實(shí)驗(yàn)一、探究A的成分取沉淀A于小燒杯中，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：（2）試劑X是______.由此推斷A的成分是______（填化學(xué)式)。實(shí)驗(yàn)二、探究B的成分取沉淀B于小燒杯中，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：（3）向試管a中加入試劑Y,觀察到明顯現(xiàn)象，證明溶液中存在Fe2+．試劑Y是______，明顯現(xiàn)象是______。由此推斷B的成分是______（填化學(xué)式）。(4）請(qǐng)分析Ⅱ中實(shí)驗(yàn)未得到Fe(OH)3的原因是______?！敬鸢浮浚?）.吸收H2S有毒氣體（2）.二硫化碳(3）.FeS和S的混合物(4)。K3[Fe(CN)6］溶液或NaOH溶液（5）.生成藍(lán)色沉淀或生成白色沉淀，轉(zhuǎn)化為灰綠色、最后變?yōu)榧t褐色（6）.Fe2S3(7).由溶度積數(shù)據(jù)知，F(xiàn)e2S3的溶解度遠(yuǎn)小于Fe（OH)3,Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀【解析】【詳解】（1)實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生了臭雞蛋氣味的H2S有毒氣體,為避免污染環(huán)境,用氫氧化鈉吸收，故答案為：吸收H2S有毒氣體；（2）實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象中分離出淡黃色固體硫,硫的溶解度是：易溶于二硫化碳、微溶于酒精、不溶于水，固體加鹽酸后溶解聞到臭雞蛋氣味，說(shuō)明是FeS,故答案為：二硫化碳；FeS和S的混合物；(3)亞鐵離子和K3［Fe(CN）6]溶液反應(yīng)生成藍(lán)色沉淀，亞鐵離子遇到NaOH溶液生成白色沉淀，轉(zhuǎn)化為灰綠色、最后變?yōu)榧t褐色;FeCl3溶液和Na2S溶液間可發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成Fe2S3也可發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成FeS和S的混合物，根據(jù)加試劑X得溶液甲加熱無(wú)淡黃色固體，說(shuō)明無(wú)硫單質(zhì),及后續(xù)實(shí)驗(yàn)和現(xiàn)象，故FeCl3溶液和Na2S溶液間發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成Fe2S3；故答案為：K3[Fe（CN)6］溶液或NaOH溶液；生成藍(lán)色沉淀或生成白色沉淀,轉(zhuǎn)化為灰綠色、最后變?yōu)榧t褐色；Fe2S3；（4）已知Fe（OH）3=10—39,Fe2S3=10—88，可知Fe2S3的溶解度遠(yuǎn)小于Fe（OH）3，則Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀，故答案為:由溶度積數(shù)據(jù)知,Fe2S3的溶解度遠(yuǎn)小于Fe（OH）3，F(xiàn)e3+更容易生成Fe2S3沉淀。19.鉬酸鈉（Na2MoO4）是一種重要的化工原料。用廢加氫催化劑（含有MoS2和Al2O3、Fe2O3、SiO2等)為原料制取鉬酸鈉，工藝流程如圖所示:已知：MoO3、A12O3在高溫下能跟Na2CO3發(fā)生反應(yīng)?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1)Na2MoO4中Mo元素的化合價(jià)______.(2)廢加氫催化劑焙燒目的是脫除表面油脂、硫等。請(qǐng)根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)分析，廢加氫催化劑預(yù)處理溫度應(yīng)選擇______℃。廢催化劑在不同溫度下的燒殘(時(shí)間：2h）溫度/℃300350400500600燒前/g50.0050。0050.0050。0050.00燒后/g48.0947。4847。1946。5546。52燒殘，％96。295.094。493。193.0(3）焙燒時(shí)生成MoO3的化學(xué)方程式為_(kāi)_____，當(dāng)生成1molMoO3轉(zhuǎn)移電子數(shù)為_(kāi)_____NA。(4）加碳酸鈉堿性焙燒時(shí)主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____。（5）用50t含MoS2為80％的廢加氫催化劑，經(jīng)過(guò)制取、分離、提純，得到30.9tNa2MoO4，則Na2MoO4的產(chǎn)率為_(kāi)_____.【答案】（1).+6(2).500(3）.2MoS2+7O22MoO3+4SO2（4).14(5)。MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑（6）。60%【解析】【分析】根據(jù)流程:空氣中焙燒廢加氫催化劑，MoS2燃燒反應(yīng)方程式為2MoS2+7O22MoO3+4SO2，加Na2CO3堿性焙燒，再加水溶解過(guò)濾所得濾液，然后向?yàn)V液中加入稀硫酸調(diào)節(jié)pH值,過(guò)濾,溶液中的溶質(zhì)為Na2MoO4，所以加碳酸鈉堿性焙燒時(shí)主要是將MoO3轉(zhuǎn)化為易溶于水的Na2MoO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑,將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，得到Na2MoO4?2H2O晶體，再分解得到Na2MoO4，據(jù)此分析作答?！驹斀狻浚?）根據(jù)Na2MoO4中化合價(jià)代數(shù)和為0，Mo元素的化合價(jià)為+（2×4—1×2）=+6價(jià)；故答案為：+6;(2)由廢加氫催化劑焙燒目的是脫除表面油脂、硫等，結(jié)合表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知，500℃后燒殘的百分含量幾乎不變，所以廢加氫催化劑預(yù)處理溫度應(yīng)選擇500℃，故答案為:500；(3)空氣中焙燒廢加氫催化劑，MoS2燃燒反應(yīng)生成MoO3的化學(xué)方程式為2MoS2+7O22MoO3+4SO2，反應(yīng)中Mo元素化合價(jià)由+4價(jià)升高到+6，S元素化合價(jià)由—2升高到+4，則由方程式可知轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2×（6-4+2×6）=28e—,所以當(dāng)生成1molMoO3轉(zhuǎn)移電子數(shù)為14NA；故答案為：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；14;(4)加碳酸鈉堿性焙燒時(shí)主要是將MoO3轉(zhuǎn)化為易溶于水的Na2MoO4,反應(yīng)的化學(xué)方程式為MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑；故答案為：MoO3+Na2CONa2MoO4+CO2↑；（5)用50t含MoS2為80％的廢加氫催化劑，則含MoS2的物質(zhì)的量為=2。5×105mol，根據(jù)Mo原子守恒n（Mo）=n（MoS2)=n(Na2MoO4），所以Na2MoO4