陕西省渭南市2020届高三第一次教学质量检测化学试题
渭南市2020年高三教学质量检测（一）化学试题
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意）
1.2019年北京园艺会的主题是“绿色生活，美丽家园”。下列有关说法正确的是（ )
A. 大会交通推广使用的是太阳能电池汽车，该原理是将太阳能转化为化学能，可减少化石能源的使用
B. 妫汭剧场里使用的建筑材料第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”，其与石墨烯互为同分异构体
C. 秸秆经加工处理成吸水性的材料——植物纤维，可用作食品干燥剂，符合大会主题
D. 传统烟花的制作常加入含有铂、铁、钾、钠、铜等金属单质的发光剂，燃放时呈现美丽的颜色，大会庆典禁止使用
【答案】C
【解析】
【详解】A. 太阳能电池是一种对光有响应并能将光能直接转换成电能的器件，不是将太阳能转化为化学能，故A错误；
B. 分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，而“碳纳米泡沫”与石墨烯均是碳元素组成的单质，应该为同素异形体，故B错误；
C. 植物纤维具有吸水性，并且无毒，可用作食品干燥剂，所以秸秆经加工处理成植物纤维，符合“绿色生活，美丽家园”大会主题，故C正确；
D. 传统烟花的制作常加入含有铂、铁、钾、钠、铜等金属单质的发光剂，燃放时呈现美丽的颜色，大会庆典可以在一定范围内，适度使用，故D错误。
故选C。
2.下列有关化学用语的表达正确的是( )
A. H和Cl形成共价键的过程：
B. 质子数为46、中子数为60的钯原子：Pd
C. 结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡
D. 环氧乙烷的结构简式为
【答案】D
【解析】
【详解】A. H和Cl形成共价键的过程：，故A错误；
B. 质子数为46、中子数为60，则质量数为106，原子表示为：Pd，故B错误；
C. 结构示意图为的阴离子若为S2-时，水解可以促进水的电离，故C错误；
D. 环氧乙烷中碳碳单键链接，结构简式为，故D正确。
故选D。
3.化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. 工业上用电解MgO、Al2O3的方法来冶炼对应的金属
B. 煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均为化学变化
C. “血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的同一种性质
D. 刚玉主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛主要成分是硅酸盐
【答案】B
【解析】
【详解】A. 工业上用电解MgCl2、Al2O3的方法来冶炼对应的金属，故A错误；
B. 煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均有新物质生成，属于化学变化，故B正确；
C. “血液透析”是利用胶体不能透过半透膜的性质，“静电除尘”利用了胶体微粒带电，在电场作用下定向移动的性质，故C错误；
D. 刚玉主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛主要成分是二氧化硅，故D错误。
故选B。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，11.2LH2与11.2LD2所含的质子数均为NA
B. 硅晶体中，有NA个Si原子就有4NA个Si—Si键
C. 6.4g Cu与3.2g硫粉混合隔绝空气加热，充分反应后，转移电子书为0.2NA
D. 用惰性电极电解食盐水，若导线中通过2NA个电子，则阳极产生22.4L气体
【答案】A
【解析】
【详解】A. 标准状况下，11.2LH2与11.2LD2均为0.5mol，每个分子中含有2个质子，则所含的质子数均为NA，故A正确；
B. 硅晶体中，每个Si周围形成4个Si—Si键，每个Si—Si键是2个Si原子共用，所以有NA个Si原子就有2NA个Si—Si键，故B错误；
C. 硫和铜反应的方程式：2Cu+S Cu2S，6.4gCu与3.2gS粉的物质的量相等，均为0.1mol，物质的量相等的铜和硫反应，硫过量，根据铜求转移电子的物质的量，则6.4gCu的物质的量为0.1mol，则转移电子的物质的量为0.1mol，转移电子数为0.1NA，故C错误；
D. 未说明是标准状态，则无法计算生成气体的体积，故D错误。
故选A。
【点睛】此题易错点在于D项，在涉及气体体积的计算时，要注意是否为标准状态，是否为气体。
5.下列有关说法不正确的是( )
A. 天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点
B. 用饱和Na2CO3溶液可以除去乙酸乙酯中的乙酸
C. 的名称为2-乙基丙烷
D. 有机物分子中所有碳原子不可能在同一个平面上
【答案】C
【解析】
【详解】A. 油脂属于高级脂肪酸甘油酯，分子中碳原子数不相同，所以天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点，故A正确；
B. 乙酸具有酸的通性，可以与碳酸钠反应，所以可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确；
C. 选定碳原子数最多的碳链为主链，所以2号位不能存在乙基，的名称为2-甲基丁烷，故C错误；
D. 该有机物中存在手性碳原子，该碳原子为sp3杂化，与与之相连的碳原子不可能在同一个平面上，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，故D正确。
故选C。
【点睛】有机物中共面问题参考模型：①甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结1：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。②乙烯型：平面结构，当乙烯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在乙烯的的平面内。小结2：结构中每出现一个碳碳双键，至少有6个原子共面。③乙炔型：直线结构，当乙炔分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定和乙炔分子中的其它原子共线。小结3：结构中每出现一个碳碳三键，至少有4个原子共线。④苯型：平面结构，当苯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在苯分子所在的平面内。小结4：结构中每出现一个苯环，至少有12个原子共面。
6.类推法是常见的研究物质性质的方法之一，可用来预测很多物质的性质，但类推是相对的，必须遵循客观实际，下列说法中正确的是( )
A. Cu与Cl2反应生成CuCl2，则Cu与S反应生成CuS
B. Al与Fe2O3能发生铝热反应，则Al与MnO2也能发生铝热反应
C. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3
D. CO2通入Ba(NO3)2溶液中没有现象，则SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无明显现象
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯气的氧化性强，所以Cu与Cl2反应生成高价态的CuCl2，S的氧化性较弱，则Cu与S反应生成较低价态的Cu2S，故A错误；
B. 铝热反应是指活泼金属铝与不活泼金属氧化物在高温条件下发生的置换反应，所以Al与Fe2O3能发生铝热反应，Al与MnO2也能发生铝热反应，故B正确；
C. 过氧化钠具有氧化性，能将+4价S氧化为+6价，所以Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，故C错误；
D. CO2通入Ba(NO3)2溶液中不反应，没有现象；NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可将+4价S氧化为+6价，所以SO2通入Ba(NO3)2溶液反应生成硫酸钡沉淀，故D错误。
故选B。
【点睛】解决此题的关键是分析选项中前后两个反应是否可以类比，每个反应体现的反应物性质有可能不能，不能通过反应物的类别进行简单类比。
7.2007年诺贝尔化学奖授予德国化学家格哈德·
埃特尔，以表彰其在固体表面化学研究领域作出的开拓性贡献。下图是氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程示意图，下列有关合成氨反应的叙述中不正确的是（ ）
A. 过程②需吸收能量，过程③则放出能量
B. 常温下该反应难以进行，是因为常温下反应物的化学键难以断裂
C. 在催化剂的作用下，该反应的△H变小而使反应变得更容易发生
D. 该过程表明，在化学反应中存在化学键的断裂与形成
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据示意图知，过程②化学键断裂需要吸收能量，过程③化学键形成则放出能量，故A正确；
B. 化学键形断裂过程中吸收能量，故温度较低时不利于键的断裂，故B正确；
C. 催化剂的作用原理是降低活化能，即反应物的化学键变得容易断裂，但△H不变，故C错误；
D. 根据图示分析可知，该过程中，存在化学键的断裂与形成，故D正确。
故选C。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，原子最外层电子数之和为20，Y、W为同一主族元素，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是（ ）
A. W和Y形成的一种化合物具有漂白性
B. 简单离子半径大小顺序：W＞Z＞Y
C. 最简单氢化物的稳定性：X＜Y
D. 元素X的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物能发生反应
【答案】B
【解析】
【详解】常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。则Z为铝，W为硫；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、W
为同一主族元素，则Y为氧；原子最外层电子数之和为20，则X最外层电子数为20-3-6-6=5，则X为氮；
A. W为硫，Y为氧，形成的一种化合物是二氧化硫，具有漂白性，故A正确；
B. 硫离子有3个电子层，半径最大；氧离子和铝离子核外电子排布相同，核电荷越大，半径越小，所以氧离子大于铝离子，故简单离子半径大小顺序：W＞Y＞Z，故B错误；
C. 非金属性越强其氢化物越稳定，氮非金属性弱于氧，则最简单氢化物的稳定性：X＜Y，故C正确；
D. 元素X的气态氢化物为氨气，其最高价氧化物对应水化物为硝酸，能发生反应生成硝酸铵，故D正确。
故选B。
【点睛】解决此题的关键是正确推断元素的种类，突破口在于题干信息中浓溶液和稀溶液性质不同，想到浓硫酸具有强氧化性，与金属铝发生钝化反应，而稀硫酸可以与铝反应。
9.钨是高熔点金属，工业上用主要成分为FeWO4和MnWO4的黑钨铁矿与纯碱共熔冶炼钨的流程如下，下列说法不正确的是（ ）
A. 将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率
B. 共熔过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)
C. 操作II是过滤、洗涤、干燥，H2WO4难溶于水且不稳定
D. 在高温下WO3被氧化成W
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据影响反应速率的外界因素分析知，将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率，故A正确；
B. 根据流程图知，FeWO4和MnWO4在空气中与纯碱共熔反应生成MnO2、Fe2O3，Fe(II)和Mn(II)化合价升高为Fe(III)和Mn(IV)，碳酸钠无氧化性，则过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)，故B正确；
C. 根据流程图可知Na2WO4为可溶性钠盐，与硫酸发生复分解反应生成H2WO4，H2WO4
难溶于水，可以通过过滤、洗涤、干燥，分离出来，加热后分解生成WO3，所以H2WO4难溶于水且不稳定，故C正确；
D. WO3生成W的过程中，元素化合价降低，应该是被氢气还原，故D错误。
故选D。
10.下列说法错误的是（ ）
A. 图a所示实验中，石蜡油发生分解反应，碎瓷片作催化剂
B. 用图b所示装置精炼铜，电解过程中CuSO4溶液的浓度保持不变
C. 用图c所示装置制备碳酸氢钠固体时，从e口通入NH3，再从f口通入CO2，g中盛放蘸有稀硫酸的脱脂棉
D. 测定某盐酸的物质的量浓度所用图d所示装置中滴定管选择错误
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据图a装置分析，浸透石蜡的石棉加热时产生石蜡蒸汽，石蜡蒸汽附着在碎瓷片上，受热分解，碎瓷片作催化剂，故A正确；
B. 阳极是粗铜，含有锌等活泼金属杂质，根据放电顺序，较活泼金属先失去电子形成阳离子进入溶液，根据电子转移守恒，此时在阴极铜离子得电子生成铜，所以电解过程中CuSO4溶液的浓度会减小，故B错误；
C. 图c所示装置是侯氏制碱法反应原理，向饱和氯化钠的氨水溶液中通入二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，g的作用是吸收氨气，冷水的目的是降低温度有助于晶体析出，故C正确；
D. 如图所示，滴定管中装有氢氧化钠溶液，所以滴定管应该选用碱式滴定管，应该是下端带有橡胶管的滴定管，故D正确。
故选B。
【点睛】酸式滴定管的下端为一玻璃活塞，开启活塞，液体即自管内滴出。碱式滴定管
的下端用橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管。橡皮管内装有一个玻璃圆球。用左手拇指和食指轻轻地往一边挤压玻璃球外面的橡皮管，使管内形成一缝隙，液体即从滴管滴出。
11.某烃的相对分子质量为86，如果分子中含有3个-CH3、2个-CH2-和1个，则该结构的烃的一氯取代物最多可能有（不考虑立体异构）（ ）
A 9种 B. 8种 C. 5种 D. 4种
【答案】A
【解析】
【详解】某烷烃相对分子质量为86，则该烷烃中含有碳原子数目为：N==6，为己烷；
3个-CH3、2个-CH2-和1个，则该己烷分子中只能含有1个支链甲基，不会含有乙基，其主链含有5个C，满足条件的己烷的结构简式为：①CH3CH(CH3)CH2CH2CH3，②CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，其中①分子中含有5种位置不同的H，即含有一氯代物的数目为5；②分子中含有4种位置不同的H，则其一氯代物有4种，所以该结构的烃的一氯取代物最多可能有：5+4=9种。
故选A.。
【点睛】烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。
12.在《科学》(Science)中的一篇论文中，圣安德鲁斯的化学家描绘出了一种使用DMSO(二甲亚砜)作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂—空气电池的实验模型，这种实验电池在充放电100次以后，其电池容量仍能保持最初的95％。该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，其装置图如图所示。下列有关叙述正确的是
A. 多孔的黄金作为正极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+
B. DMSO电解液能传递Li+和电子，但不能换成水溶液
C. 该电池放电时每消耗2mol空气，转移4mol电子
D. 给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源正极
【答案】A
【解析】
【分析】
该装置为原电池，锂电极作负极，负极电极反应式为Li-e-=Li+，且已知该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，因此多孔的黄金作为正极，正极的电极反应式为2Li+ +O2 + 2e-= Li2O2，在原电池中，电子经导线从负极移动向正极，溶液中离子移动导电。
【详解】A. 锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，多孔的黄金作为正极，A项正确；
B. 电子经导线从负极移动向正极，电子不在溶液中移动，溶液中是离子移动导电，B项错误；
C. 该电池放电时，氧气的化合价由0价转化为-1价，消耗1mol氧气，转移2mol电子，但是2mol空气中氧气的物质的量小于2mol，则转移电子数小于4mol，C项错误；
D. 放电时，金属锂为负极，充电时该电极相当于电解池的阴极，因此给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源的负极，D项错误；
答案选A。
13.下列实验方案中，可以达到实验目的的是（ ）
选项
实验操作与现象
目的或结论
A
向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡、静置后分层
裂化汽油可萃取溴
B
用pH试纸分别测定相同温度和相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH
验证酸性：
CH3COOH＞HClO
C
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红
Fe(NO3)2晶体已氧化变质
D
取少量某无色弱酸性溶液，加入过量NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
溶液中一定含有NH4+
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 裂化汽油中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，不能用裂化汽油萃取溴，故A错误；
B. NaClO具有漂白性，不能用pH试纸测定其水溶液的碱性强弱，故B错误；
C. 硝酸根在酸性条件下可以将Fe2+氧化生成Fe3+，所以样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红，并不能说明Fe(NO3)2晶体已氧化变质，故C错误；
D.能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，与NaOH溶液反应并加热生成氨气，则溶液中一定含有NH4+，故D正确。
故选D。
14.在25℃时,将1.0Lc mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合,使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化),溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A. 水的电离程度:a>b>c
B. b点对应的混合溶液中:c(Na+)
c(Na+)>c(OH-)
D. 该温度下,a、b、c三点CH3COOH的电离平衡常数均为
【答案】D
【解析】
【详解】根据图示可知，原混合液显酸性，则为醋酸与醋酸钠的混合液，a点加入
0.10molNaOH固体，pH=7，说明原溶液中CH3COOH的物质的量稍大于0.2mol。酸或碱抑制水的电离，含弱酸根离子的盐促进水的电离，酸或碱的浓度越大，抑制水电离程度越大。
A.1.0Lcmol·L-1 CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，发生的反应为：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，反应后的溶液是CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解能够促进水的电离，而CH3COOH的电离会抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，b→c发生的反应为：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，CH3COONa减少，CH3COOH增多，水的电离程度减小；若向该混合溶液中加入NaOH固体，b→a发生的反应是：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，CH3COONa增多，CH3COOH减少，水的电离会逐渐增大，因此水的电离程度：a>b>c，故A正确；
B. b点对应的混合溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，则此时溶质为CH3COOH和CH3COONa，结合电荷守恒，所以c(Na+)c(Na+)>c(OH-)，故C正确；
D.该温度下，CH3COOH的电离平衡常数，a点对于溶液中pH=7，c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，则溶液中c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L，带入公式得，故D错误。
二、必考题（本题共3小题，共43分）
15.三氯氧磷（POCl3）是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组模拟PCl3直接氧化法制备POCl3，实验装置设计如下：
有关物质的部分性质如下表：
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是_____________。装置A中发生反应的化学方程式为_______。
（2）装置C中制备POCl3的化学方程式为________________________________。
（3）C装置控制反应在60～65℃进行，其主要目的是_______________________。
（4）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：
I.取xg产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；
II.向锥形瓶中加入0.1000 mol·L－1的AgNO3溶液40.00 mL，使Cl－完全沉淀；
III.向其中加入2 mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；
IV.加入指示剂，用c mol·L－1 NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。
已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2×10－12
①滴定选用的指示剂是（填序号）________，滴定终点的现象为_____________。
a.酚酞 b.NH4Fe(SO4)2 c.淀粉 d.甲基橙
②Cl元素的质量分数为（列出算式）________________。
③若取消步骤III，会使步骤IV中增加一个化学反应，该反应的离子方程式为________；该反应使测定结果________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】 (1). 冷凝管 (2). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O =2H2O+O2↑ (3). 2PCl3+O2=2POCl3 (4). 加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失 (5). b (6). 当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色 (7). (8). AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq) (9). 偏小
【解析】
【分析】
根据实验目的及装置图中反应物的状态，分析装置的名称及装置中的相关反应；根据滴定实验原理及相关数据计算样品中元素的含量，并进行误差分析。
【详解】（1）根据装置图知，仪器a的名称是冷凝管；根据实验原理及装置中反应物状态分析知，装置A为用固体和液体制备氧气的装置，可以是过氧化钠与水反应，也可能是双氧水在二氧化锰催化下分解，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O =2H2O+O2↑，故答案为：冷凝管；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O =2H2O+O2↑；
（2）装置C中为PCl3与氧气反应生成POCl3反应，化学方程式为2PCl3+O2=2POCl3，故答案为：2PCl3+O2=2POCl3；
（3）通过加热可以加快反应速率，但温度不易太高，防止PCl3气化，影响产量，则C装置易控制反应在60℃∼65℃进行，故答案为：加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失；
（4）①用cmol⋅L−1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：b；当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色；
②用cmol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为V∙c×10−3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.04L−Vc×10−3mol＝(4−Vc)×10−3mol，则Cl元素的质量百分含量为，故答案为：；
③已知：Ksp(AgCl)＝3.2×10−10，Ksp(AgSCN)＝2×10−12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，反应为：AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；偏小。
16.二氟磷酸锂(LiPO2F2)作为电解液添加剂能够有效提升锂电池的循环性能。在氮气气氛下，在PFA(全氟烷氧基树脂)烧瓶中加入高纯LiPF6和Li2CO3固体，以碳酸二甲酯作溶剂制备LiPO2F2，其流程如下：
已知：LiPF6是一种白色结晶或粉末，潮解性强，遇水发生反应如下：LiPF6＋H2OLiF＋POF3↑＋2HF↑
（1）反应Ⅰ需要控制在60℃的条件下进行，适宜的加热方式为_____________。
（2）反应Ⅰ中有一种无色无味的气体生成，该气体的电子式为_______________。反应Ⅰ的化学方程式为______________________________________。
（3）高纯LiPF6需要控制适当过量的原因可能是_____________________________。 LiPO2F2制备过程中不采用玻璃仪器的原因是____________________________。
（4）保持其他实验条件都不变，在精制过程中加入提纯溶剂(杂质和LiPO2F2均可溶解在提纯溶剂中)，LiPO2F2在提纯溶剂中的浓度对产品纯度和收率(收率＝×100%)的影响如图所示。由图可知，随着LiPO2F2浓度的减小，产品纯度逐渐增大，收率逐渐降低。其原因可能是_______
（5）已知：常温下，碳酸锂微溶于水，碳酸氢锂可溶于水。工业级碳酸锂中含有少量难溶于水且与CO2不反应的杂质。请设计从工业级碳酸锂制备高纯碳酸锂的实验方案。(实验中须使用的试剂有：去离子水，CO2气体；除常用仪器外须使用的仪器：恒温水浴锅、真空干燥箱)__________
（6）已知碳酸锂Ksp=8.6×10-4,向浓度为0.2mol·L－1的硫酸锂溶液中加入等体积的碳酸钠溶液产生沉淀,则所加碳酸钠溶液的最低浓度为______________________。
【答案】 (1). ：水浴加热 (2). (3). LiPF6+2Li2CO3 LiPO2F2+2CO2↑+LiF (4). LiPF6易潮解，遇水反应会损耗 (5). 玻璃中含有SiO2会与含氟物质发生反应 (6). 当加入越多的提纯溶剂，会溶解更多的杂质，产品的纯度提高，但同时也溶解了越来越多的
LiPO2F2产品，导致产品收率降低 (7). 向工业级碳酸锂中加入一定量的去离子水，搅拌均匀，通入过量CO2气体，过滤，将滤液置于恒温水浴锅中至大量固体析出，过滤，用去离子水洗涤，真空干燥箱干燥，得到高纯度碳酸锂 (8). 0.043mol/L
【解析】
【分析】
根据流程图中反应物和生成物的性质及原子守恒原理判断生成物，书写反应方程式；根据二氧化碳的成键特点书写电子式；根据题干信息中物质的性质分析分离与提纯过程中的操作方法；根据溶度积表达式计算沉淀时溶液中的离子浓度。
【详解】（1）要控制在60℃的条件下进行，则适宜的加热方式为水浴加热，故答案为：水浴加热；
（2）反应I中有Li2CO3参加，则生成的无色无味气体为二氧化碳，属于共价化合物，电子式为；根据流程图知反应I中的反应物为LiPF6和Li2CO3，产物为LiPO2F2、CO2和LiF，则反应方程式为：LiPF6+2Li2CO3 LiPO2F2+2CO2↑+LiF；
故答案为：；LiPF6+2Li2CO3 LiPO2F2+2CO2↑+LiF；
（3）根据题干信息知，LiPF6易潮解，遇水反应会损耗，需要控制适当过量；玻璃中含有SiO2会与含氟物质发生反应，所以不采用玻璃仪器，故答案为：LiPF6易潮解，遇水反应会损耗；玻璃中含有SiO2会与含氟物质发生反应；
（4）根据收率表达式(收率＝×100%)及题干信息分析知，当加入越多的提纯溶剂，会溶解更多的杂质，产品的纯度提高，但同时也溶解了越来越多的LiPO2F2产品，导致产品收率降低，故答案为：当加入越多的提纯溶剂，会溶解更多的杂质，产品的纯度提高，但同时也溶解了越来越多的LiPO2F2产品，导致产品收率降低；
（5）根据题干信息知，通入二氧化碳气体可以将微溶碳酸锂转化为可溶的碳酸氢锂，过滤方法除去难溶杂质，然后加热析出晶体，故答案为：向工业级碳酸锂中加入一定量的去离子水，搅拌均匀，通入过量CO2气体，过滤，将滤液置于恒温水浴锅中至大量固体析出，过滤，用去离子水洗涤，真空干燥箱干燥，得到高纯度碳酸锂；
（6）加入等体积的碳酸钠溶液，则溶液浓度变为原来1/2，Ksp=
=8.6×10-4，则c(Na2CO3)=c(CO32-)==0.0215mol/L，则所加碳酸钠溶液的最低浓度为0.0215mol/L×2=0.043mol/L，故答案为：0.043mol/L。
17.全球碳计划组织（GCP，The Global Carbon Project）报告称，2018年全球碳排放量约371亿吨，达到历史新高。
（1）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图1所示。
①已知：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H= + 41 kJ·mol-1
2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) △H= -128 kJ·mol-1
则上述过程中CO和H2转化为CH2=CH2的热化学方程式是_________。
②下列有关CO2转化为汽油的说法，正确的是___________________（填标号）。
A. 该过程中，CO2转化为汽油的转化率高达78%
B. 中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键
C. 在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2O
D. 催化剂HZSM-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率
③若在一容器中充入一定量的CO2和H2，加入催化剂恰好完全反应，且产物只生成C5以上的烷烃类物质和水。则起始时CO2和H2的物质的量之比不低于_________。
（2）研究表明，CO2和H2在一定条件下可以合成甲醇。反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H<0。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化关系如图2所示。
①该反应自发进行的条件是__________（填“高温”“低温”或“任意温度”）
②催化效果最佳的催化剂是__________（填“A”“B”或“C”）；b点时，________（填“＞”“＜”或“＝”）。
③若容器容积保持不变，则不能说明该反应达到化学平衡状态的是________。
a.c(CO2)与c(H2)的比值保持不变
b.v(CO2)正＝v(H2O)逆
c.体系的压强不再发生变化
d.混合气体的密度不变
e.有lmolCO2生成的同时有断开3mol的H-H键
f.气体的平均相对分子质量不变
④已知容器内的起始压强为100 kPa，若图2中c点已达到平衡状态，则该温度下反应的平衡常数Kp =____________________（只列出计算式，不要求化简，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。
【答案】 (1). 2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) ∆H=-210kJ∙mol-1 (2). B (3). 6:19 (4). 低温 (5). A (6). > (7). ad (8).
【解析】
【分析】
根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式；根据图示反应历程分析反应的中间产物，判断催化剂对反应的影响；根据烷烃的通式及题干信息进行相关计算；根据熵变和焓变判断反应是否自发进行；根据平衡状态的特征分析反应是否达到平衡状态；根据各物质的分压计算平衡常数。
【详解】（1）①已知：I CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H= + 41 kJ·mol-1，II 2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) △H= -128 kJ·mol-1，根据盖斯定律 II-I×2 得：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) △H=-128 kJ·mol-1-（+ 41 kJ·mol-1）×2=-210kJ∙mol-1，故热化学方程式为：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) ∆H=-210kJ∙mol-1；
②A. 由图示分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故A错误；
B. 中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B正确；
C. 根据图1所示，在Na-Fe3O4上发生的反应应为CO2生成CO的反应，氢气未参加反应，故C错误；
D. 催化剂HZSM-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故D错误；
故答案为：B；
③烷烃的通式为CnH(2n+2)，假设只生成C6H14和水，则根据原子守恒知：6molCO2
恰好完全反应生成1molC6H14和12molH2O需要的H2的物质的量为：，所以CO2和H2的物质的量之比不低于6mol:19mol=6:9，故答案为：6:9；
（2）①该反应为放热反应，△H<0，根据方程式知：△S<0，根据ΔG=ΔH－TΔS，若ΔG<0则T较小，即低温时该反应自发进行，故答案为：低温；
②如图所示相同时间内催化剂A的转化率较高，说明反应较快催化效果好；b点时，还未达到平衡，则说明＞，故答案为：A；＞；
③a.c(CO2)与c(H2)初始时比值为1：3，所以按照化学计量数1:3反应后，比值始终保持不变，不能说明该反应达到平衡，故a选；
b.根据化学计量数之比知：v(CO2)正=v(H2O)正=v(H2O)逆，正逆反应速率相等，则说明已经达到平衡，故b不选；
c.该反应为气体减小的反应，所以当体系的压强不再发生变化，说明反应物和生成物浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故c不选；
d.根据质量守恒原理知，反应前后总质量始终不变，且容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，所以气体密度不变不能说明达到平衡，故d选；
e.断开3mol的H-H键时说明有3mol氢气消耗，则应该消耗1molCO2，则CO2的浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故e不选；
f.反应前后气体的物质的量减小，质量保持不变，则气体的平均相对分子质量应增大，若不变，说明达到平衡状态，故f不选；
故答案为：ad；
④c点时CO2的转率为80%，则反应掉1mol×80%=0.8mol，
起始状态容器中气体总物质的量为1mol+3mol=4mol，平衡时容器中气体总物质的量为0.2mol+0.6mol+0.8mol+0.8mol=2.4mol，容器体积不变，起始压强为100 kPa，则平衡时总压强为：100kPa×=60kPa，根据分压=总压×物质的量分数计算得：
，故答案为：。
三、选考题
18.深井岩盐的主要配料为：精制盐、碘酸钾(KIO3)、亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6·3H2O]。其中亚铁氰化钾的无水盐在高温下会发生分解：3K4[Fe(CN)6]2(CN)2↑+12KCN+N2↑+Fe3C+C。请回答下列问题：
（1）①基态Fe原子价电子排布图（轨道表示式）为_________________________
②C、N和O三种元素的第一电离能的大小顺序为_____________，原因是__________。
③IO3-的中心原子的杂化方式为______。一种与CN-互为等电子体的分子的电子式为_______。
④1molFe(CN)63−中含有σ键的数目为____mol。
（2）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＝___。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)。
（3）如图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，该立方体中三价铁离子处于氧离子围成的________(填空间结构)空隙。
（4）Fe能形成多种氧化物，其中FeO晶胞结构为NaCl型。晶体中实际上存在空位、错位、杂质原子等缺陷，晶体缺陷对晶体的性质会产生重大影响。由于晶体缺陷，在晶体中Fe和O的个数比发生了变化，变为FexO（x＜1），若测得某FexO晶体密度为5.71g•cm﹣3，晶胞边长为4.28×10﹣10 m，则FexO中x=____。（用代数式表示，不要求算出具体结果）。
【答案】 (1). (2). N>O>C (3). 同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常 (4). sp3 (5). 、 (6). 12 (7). 5 (8). 分子晶体 (9). 正八面体 (10).
【解析】
【分析】
根据核外电子排布规律书写价电子的轨道排布式；根据第一电离能的概念及全满、半满结构分析比较第一电离能的大小；根据价层电子对数判断中心原子的轨道杂化方式，根据等电子体概念判断等电子体；根据化学键的类型计算微粒中σ键的数目；根据晶胞的结构分析微粒间构成的空间构型，通过密度和体积进行相关计算；根据物质的物理性质分析判断晶体类型。
【详解】（1）①铁为26号元素，基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，根据泡利不相容原理及洪特规则分析知价电子轨道表示式为：，故答案为：；
②同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常，更稳定些，所以第一电离能更大些，故答案为：N>O>C；同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常；
③IO3-价层电子对数=（O原子按不提供电子算），则根据价层电子对互斥理论分析，其中心原子的杂化方式为sp3；等电子体是原子总数相等，价电子总数相等的微粒，故与CN-互为等电子体的分子是CO或N2，它们的电子式为、；故答案为：sp3；、；
④C原子与N形成叁键，其中1个是σ键，2个是π键，CN-与铁离子之间有6个配位键，所以1molFe(CN)63−中含有σ键的数目为12mol，故答案为：12；
（2）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，则x=5；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，故答案为：5；分子晶体；
（3）如图所示，氧离子处于三价铁离子的前后左右和上下，则构成的空间结构为正八面体，故答案为：正八面体；
（4）FexO晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“FexO”，再根据
m=ρ∙V可知：，则x=，故答案为：。
19.化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：
已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。
试回答：
（1）A的结构简式是_________，E→F的反应类型是_________。
（2）B→C反应的化学方程式为_____________。
（3）C→D所用试剂和反应条件分别是_________。E中官能团名称是________________。
（4）检验F中碳碳双键的方法是_________________________。
（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有______种（除D外）。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____________。
【答案】 (1). (2). 消去反应 (3). +NaOH+NaCl (4). O2/Cu或Ag，加热 (5). 羟基、醛基 (6). 用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键 (7). 8 (8).
【解析】
【分析】
根据流程图，E脱水生成，利用逆推法，E是；根据RCHO＋CH3CHO RCH(OH)CH2CHO，
，可逆推出D是；根据B的分子式C8H9Cl，结合D的结构，B是；C是，则A是。
【详解】（1）根据上述分析，A的结构简式是；E()分子内脱水生成F（），则反应类型为消去反应，故答案为：；消去反应；
（2）在氢氧化钠溶液中水解为，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；
（3）在铜或银作催化剂的条件下加热，能被氧气氧化为，所以试剂和反应条件是O2/Cu或Ag，加热；中含有的官能团有羟基和醛基；故答案为：O2/Cu或Ag，加热；羟基、醛基；
（4）双键可以发生加成反应，所以可以用溴的四氯化碳溶液检验，因为F中还含有醛基，容易被氧化，所以不能用高锰酸钾溶液检验；也可以先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；故答案为：用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；
（5）连在双键碳原子上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D
的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有、、、、、、、，共8种；其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为，故答案为：8；。
