（新高考）高三化学下学期4月月考卷（A卷）解析版

此卷只装订不密封班级此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号化学（A）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）1．材料化学是化学研究的前沿和重要分支，下列有关说法正确是A．“司南之杓，投之于地，其柢指南。”中“杓”所用的材质为FeOB．超导材料石墨烯和氧化铝结构陶瓷都是新型无机非金属材料C．合金是重要的金属材料，常温下均为固态，其熔点一般比成分金属低D．聚乙烯材料的老化是因为发生了加成反应【答案】B【解析】A．“司南之杓，投之于地，其柢指南。”中“杓”所用的材质为Fe3O4，故A错；B．石墨烯和氧化铝结构陶瓷均为新型无机非金属材料，故选B；C．合金是重要的金属材料，常温下不一定均为固态，如钾钠合金在常温下为液态，故C错；D．聚乙烯材料的老化是因为发生了氧化反应，而不是发生了加成反应，故D错；答案选B。2．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．0.1molNaHSO4固体所含的离子总数为0.3NAB．12g石墨所含的C—C键的数目约为2.408×1024C．标准状况下将22.4LNH3溶于水配成1mol/L的溶液，则c(NHeq\o\al(+,4))+c(NH3·H2O)=1mol/LD．常温下，1LpH=5的CuCl2溶液中由水电离出的H+数为10−5NA【答案】D【解析】A．NaHSO4固体是有由Na+和HSOeq\o\al(−,4)构成，0.1molNaHSO4固体含有0.1molNa+和0.1molHSOeq\o\al(−,4)，离子总数为0.2NA，A错误；B．根据石墨六元环片层状结构可知，每个碳原子与周围的三个碳原子形成碳碳单键，根据均摊法可知每1mol碳原子含有C－C键的数目为1.5NA，故12g石墨所含的C－C键的数目约为1.5×6.02×1023=9.03×1023，B错误；C．标准状况下将22.4LNH3溶于水配成1mol/L的溶液，溶液中含氮元素的微粒有NH3、NHeq\o\al(+,4)和NH3·H2O，根据物料守恒可得出c(NH3)+c(NHeq\o\al(+,4))+c(NH3·H2O)=1mol/L，C错误；D．常温下，水的离子积Kw=1×10−14，CuCl2溶液中的氢离子全部由水电离，1LpH=5的CuCl2溶液中H+数为10−5NA，则由水电离出的H+数为10−5NA，D正确；答案选D。3．碳量子点(CQDS)是一种新型碳纳米材料，我国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳量子点(CQDS)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是非金属性：C>N B．水分解过程中，H2O2作催化剂C．若反应II是放热反应，则反应I一定是吸热反应D．两种纳米材料均属于共价化合物 【答案】C【解析】A．碳原子半径大于氮原子，质子数少于氮原子，所以得电子的能力弱于氮原子，所以非金属性C＜N，故A错误；B．过程I中，水分解为氢气和过氧化氢，过程II，过氧化氢再分解为氧气和水，所以过氧化氢是中间产物，不是催化剂，故B错误；C．水分解是吸热反应，在此过程中，水分解分两步进行，若反应II是放热反应，则反应I一定是吸热反应，故C正确；D．CQDS是碳纳米材料，是碳单质，不是化合物，故D错误；故选C。4．盐酸阿比朵尔适合治疗流感病毒引起的上呼吸道感染，被纳入新冠肺炎试用药物，结构简式如图，关于盐酸阿比朵尔叙述不正确的是A．1mol该分子中含有26mol氢原子B．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4molNaOHC．能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色D．苯环上的一氯取代有4种同分异构体【答案】B【解析】A．根据该有机物结构，1mol该分子中含有26mol氢原子，故A正确；B．能与氢氧化钠反应的为酚羟基、酯基、溴原子和HCl，且溴原子与氢氧化钠反应得到的酚羟基，则1mol阿比朵尔与足量NaOH溶液反应，最多可消耗5molNaOH，故B错误；C．存在碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，故C正确；D．苯环上的一氯取代有共4种同分异构体，故D正确；故选B。5．是一种用途广泛的有机合成试剂，R、W、X、Y、Z五种原子序数依次递增的短周期元素，R的最外层电子为内层电子的2倍，R与X形成的化合物可造成温室效应，下列叙述正确的是A．14W与14R的中子数相同B．离子半径：Z>Y>XC．W与X两元素之间可组成多种共价化合物且只含共价键D．氧化物对应水化物的酸性：Z>W>Y【答案】C【解析】R元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，R元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故R为C元素；R与X形成的化合物可造成温室效应，该化合物是CO2，则X是O元素；R、W、X原子序数依次递增，且有机合成试剂中W有3条共价键，则W是N元素，Y在有机合成试剂有6条共价键，则Y为S元素，Z有一条，则Z为Cl元素。A．由中子数=质量数-质子数，14N与14C的质量数相同，质子数不同，则中子数不同，故A错误；B．电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的，核电荷数越大，离子半径越小，则Y>Z>X，故B错误；C．W与X可组成多种共价化合物如NO、NO2等，都只含共价键，故C正确；D．没指明最高价的氧化物对应的水化物形成的酸，则无法比较酸性，故D错误；故选C。6．工业上常用还原沉淀法处理含铬废水(含Cr2Oeq\o\al(2−,7)和CrOeq\o\al(2−,4))，其流程如下所示：CrOeq\o\al(2−,4)SKIPIF1<0Cr2Oeq\o\al(2−,7)SKIPIF1<0Cr3+SKIPIF1<0Cr(OH)3下列说法错误的是A．若将含铬废水加少量水稀释，溶液中SKIPIF1<0的值增大B．当反应速率2v正(Cr2Oeq\o\al(2−,7))=v逆(CrOeq\o\al(2−,4))时，则反应①达到平衡C．步骤②中，若还原1molCr2Oeq\o\al(2−,7)离子，消耗6molFeSO4D．常温下Ksp[Cr(OH)3]≈1×10−32，调节溶液的pH略大于5可使Cr3+沉淀完全【答案】A【解析】A．2CrOeq\o\al(2−,4)+2H+Cr2Oeq\o\al(2−,7)+H2O加少量水，上述平衡逆向移动，Cr2Oeq\o\al(2−,7)消耗，CrOeq\o\al(2−,4)生成，所以SKIPIF1<0减小，A项符合题意；B．该等式中，速率的比例关系正确，且描述了正、逆反应速率的关系，恰好是平衡状态，B项不符合题意；C．Cr2Oeq\o\al(2−,7)转化为Cr3+得到6个电子，Fe2+转化为Fe3+失去1个电子，所以比例关系为Cr2Oeq\o\al(2−,7)~6Fe2+则还原1molCr2Oeq\o\al(2−,7)，消耗6molFeSO4，C项不符合题意；D．pH=5时，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则Cr3+完全沉淀，D项不符合题意；故选A。7．室温下，下列实验过程能达到预期目的的是选项实验过程实验目的A向NaCl、NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，生成淡黄色沉淀证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B相同条件下，分别用pH试纸测定0.1mol/LNaClO溶液、0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱C苯和液溴的混合液中加入铁粉，将产生的气体通入硝酸酸化的AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀证明苯与液溴在Fe催化下发生取代反应D向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液，观察到有白色沉淀生成证明AlOeq\o\al(−,2)得质子的能力强于COeq\o\al(2−,3)【答案】D【解析】A．向NaCl、NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，生成淡黄色沉淀，但是不知道NaCl、NaI的浓度，不能判断Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小，A错误；B．因为NaClO在水中会水解生成具有漂白性的HClO，所以不能用pH试纸测定0.1mol/LNaClO溶液的pH，B错误；C．要证明苯与液溴在Fe催化下发生取代反应，必须证明产生了HBr，通入硝酸酸化的AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀的气体可能是挥发出来的溴蒸气，不一定是HBr，所以不能证明苯与液溴在Fe催化下发生取代反应，C错误；D．向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液，观察到有白色沉淀生成说明生成了氢氧化铝，说明AlOeq\o\al(−,2)与碳酸氢根电离出的氢离子发生了反应，根据HCOeq\o\al(−,3)H++COeq\o\al(2−,3)可知，即AlOeq\o\al(−,2)结合氢离子能力要强于碳酸根才能与碳酸氢根电离出的氢离子发生了反应，所以可以证明AlOeq\o\al(−,2)得质子的能力强于COeq\o\al(2−,3)，D正确；答案选D。8．高氯酸铵(NH4ClO4)可用作火箭推进剂等。制备NH4ClO4的工艺流程如图：已知除杂时发生的反应为：2NaClO3+H2O2+2HCl=2ClO2↑+O2↑+2H2O下列说法中错误的是A．该流程中可循环利用的物质是NaClO3B．本流程可以得出相同条件下氧化性：ClOeq\o\al(−,3)＞ClOeq\o\al(−,4)C．NH4ClO4中阴阳离子的立体构型均是正四面体D．电解NaClO3溶液时，阳极的电极反应式为ClOeq\o\al(−,3)-2e−+H2O=ClOeq\o\al(−,4)+2H+【答案】A【解析】A．“反应”时需用NaClO4和NH4Cl制备NH4ClO4，所以母液中含有NaCl，可以再回到电解饱和食盐水的步骤中重复利用，NaClO3并没有重复利用，A错误；B．根据除杂时发生的反应可知，除杂时ClOeq\o\al(−,3)将双氧水氧化，而ClOeq\o\al(−,4)不反应，说明氧化性：ClOeq\o\al(−,3)＞H2O2＞ClOeq\o\al(−,4)，B正确；C．NH4ClO4中阳离子为NHeq\o\al(+,4)，阴离子为ClOeq\o\al(−,4)，中心原子的价层电子对数均为4，且都不含孤电子对，均为正四面体构型，C正确；D．电解氯酸钠溶液时，ClOeq\o\al(−,3)变为NaClO4时Cl元素化合价升高，失去电子被氧化，ClOeq\o\al(−,3)在阳极反应，电极反应式为：ClOeq\o\al(−,3)-2e−+H2O=ClOeq\o\al(−,4)+2H+，D正确；综上所述答案为A。9．某工业脱硫过程如图所示(CuS不溶于水)。下列说法正确的是A．过程①发生复分解反应，由强酸反应得到弱酸B．过程②中，发生反应的离子方程式为SKIPIF1<0C．过程③中，每有11.2LO2参加反应转移电子数2NAD．脱硫过程总反应为SKIPIF1<0【答案】D【解析】A．过程①中，Cu2++H2S=CuS↓+2H+，反应过程中，由弱酸(H2S)反应得到强酸(H+)，A不正确；B．过程②中，CuS与Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+和S，发生反应的离子方程式为：SKIPIF1<0，B不正确；C．过程③中，未指明11.2LO2对应的温度和压强，无法计算出O2的物质的量，也就无法确定反应中转移的电子数，C不正确；D．从工业脱硫过程图中提取反应物(H2S、O2)和产物(S、H2O)，去除循环使用的物质，脱硫过程总反应为SKIPIF1<0，D正确；故选D。10．25℃时，在c(H2SO3)+c(HSOeq\o\al(−,3))+c(SOeq\o\al(2−,3))=1.63mol/L的溶液中，三种粒子的摩尔分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是A．25℃时，NaHSO3溶液显酸性B．pH=4时，c(H2SO3)=c(SOeq\o\al(2−,3))=0C．pH>1时，c(HSOeq\o\al(−,3))+2c(SOeq\o\al(2−,3))+c(OH−)>c(H+)D．25℃时，向1.63mol/L的H2SO3溶液中加Ca(OH)2固体至pH=7，c(SOeq\o\al(2−,3))<0.815mol/L(忽略溶液体积变化)【答案】B【解析】由图可知亚硫酸的Ka1约为10−2，Ka2约为10−7.2，亚硫酸氢根水解平衡常数Kh约为10−12。A．25℃时，NaHSO3Ka2约为10−7，亚硫酸氢根水解平衡常数Kh约为10−12，则电离大于水解，溶液呈酸性，A正确；B．pH=4时，c(H2SO3)和c(SOeq\o\al(2−,3))无限接近0，但不等于0，B错误；C．由图可知，溶液pH增大是往亚硫酸中滴加碱，假设该碱为氢氧化钠，则pH>1时，根据电荷守恒可知c(HSOeq\o\al(−,3))+2c(SOeq\o\al(2−,3))+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，所以c(HSOeq\o\al(−,3))+2c(SOeq\o\al(2−,3))+c(OH−)>c(H+)，C正确；D．25℃时，向1.63mol/L的H2SO3溶液中加Ca(OH)2固体至pH=7，此时c(H+)=10−7mol/L，根据SKIPIF1<0可知SKIPIF1<0，即c(SOeq\o\al(2−,3))<c(HSOeq\o\al(−,3))，c(H2SO3)+c(HSOeq\o\al(−,3))+c(SOeq\o\al(2−,3))=1.63mol/L，则c(HSOeq\o\al(−,3))+c(SOeq\o\al(2−,3))=1.63mol/L-c(H2SO3)，2c(SOeq\o\al(2−,3))<1.63mol/L-c(H2SO3)，所以c(SOeq\o\al(2−,3))<0.815mol/L，D正确；答案选B。二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分）11．氮氧化铝(AlON)是新型透明高硬度防弹铝材料，属于原子晶体，主要用于装甲车辆防弹窗户、战场光学设备的透镜、望远镜穹顶以及覆盖于导弹传感器顶部的透明圆窗等。下列描述错误的是A．基态铝原子的价电子排布式为3s23p1 B．制备AlON的原料NH3中N原子采取sp2杂化C．AlON和水晶的化学键类型相同 D．AlON和水晶的晶体类型相同【答案】B【解析】A．根据元素周期表位置可知，基态铝原子的价电子排布式为3s23p1，A正确；B．N2分子中N原子没有杂化，2p能级的3个电子，其中一个是头碰头式，形成σ键，其余2个2p电子以肩并肩式成键，形成2个π键，B错误；C．二者均属于原子晶体，均只含有共价键，C正确；D．二者均属于原子晶体，D正确。答案为B。12．根据下列图象分析，下列说法不正确的是A．甲图：一定条件下1mol的SO2(g)和0.5molO2(g)充分反应，放出的热量为98.7kJB．乙图：SKIPIF1<0从11min起其他条件不变，压缩容器的容积使之变为原来的一半，则SKIPIF1<0的变化曲线可能为乙图中的dC．丙图：表示在常温下，SKIPIF1<0(指Cu2+或Zn2+)的硫化物的沉淀溶解平衡曲线。则向Zn2+浓度为SKIPIF1<0的废水中加入CuS粉末，会有ZnS沉淀析出D．丁图：常温下，用0.10mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.10mol·L−1CH3COOH溶液。则酚酞可作本实验的指示剂，D点为滴定终点【答案】AD【解析】A．甲图：一定条件下1molSO2(g)和0.5molO2(g)充分反应，由于反应可逆，放出的热量小于98.7kJ，故A错误；B．乙图：SKIPIF1<0从11min起其他条件不变，压缩容器的容积使之变为原来的一半，SKIPIF1<0在11min增大为原来的2倍，平衡正移，SKIPIF1<0减小，但SKIPIF1<0的变化曲线在11min不变，平衡正移，SKIPIF1<0减小，可能为乙图中的d，故B正确；C．丙图：在常温下，SKIPIF1<0(指Cu2+或Zn2+)的硫化物的沉淀溶解平衡曲线。向Zn2+浓度为SKIPIF1<0的废水中加入CuS粉末，此时SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则会有ZnS沉淀析出，故C项正确；D．丁图：常温下，用0.10mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.10mol·L−1CH3COOH溶液。恰好完全反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，靠近酚酞的变色范围，故酚酞可作本实验的指示剂，b点对应的溶液呈中性，而滴定终点应在b点的右边，故D错误。故选AD。13．FeCl3的熔点为306℃、沸点为315℃，常用于污水处理、线路板蚀刻等，实验室通过如图所示装置制备FeCl3。下列说法正确的是A．烧瓶中加入浓盐酸宜先打开分液漏斗上端玻璃塞再旋开下端活塞B．X、Y试剂分别为饱和NaHCO3溶液、浓硫酸C．实验进行时存在安全隐患D．装置⑥中宜放入氯化钙【答案】C【解析】装置①制备氯气，装置②除去氯化氢，装置③干燥氯气，装置④制备氯化铁，装置⑤收集氯化铁，装置⑥防止空气中的水蒸气进入，同时吸收尾气。A．由于浓盐酸易挥发，烧瓶中加入浓盐酸宜先使塞上的凹槽（或小孔）对准漏斗上的小孔，然后再旋开下端活塞，A错误；B．除去氯化氢应该用饱和食盐水，即X、Y试剂分别为饱和食盐水、浓硫酸，B错误；C．由于FeCl3的熔点为306℃、沸点为315℃，因此生成的氯化铁容易堵塞导管口，所以实验进行时存在安全隐患，C正确；D．装置⑥是防止空气中的水蒸气进入，同时吸收氯气，其中宜放入碱石灰，D错误；答案选C。14．我国科学家开发设计一种天然气脱硫装置，利用如图装置可实现：H2S+O2=H2O2+S。下列说法错误的是A．该装置可将光能转化为电能和化学能B．该装置工作时，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池C．甲池②处发生的反应中H2AQ被氧化D．乙池的电极上发生的电极反应为3I−-2e−=Ieq\o\al(−,3)【答案】B【解析】A．根据图中信息知道，该装置可将光能转化为电能和化学能，A正确；B．原电池中阳离子移向正极，根据电子的流向知，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池经全氟磺酸膜移向甲池，B错误；C．甲池中②处发生的反应为H2AQ与O2反应生成AQ和H2O2，O2得到电子发生还原反应，H2AQ发生失电子的氧化反应，即H2AQ-2e−=AQ+2H+，C正确；D．在乙池的电极上发生I−失电子生成Ieq\o\al(−,3)，发生的反应为3I−-2e−=Ieq\o\al(−,3)，D正确；故合理选项是B。15．室温时，向100mL0.lmol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线见图。下列说法正确的是A．a点：c(NH)+c(H+)=c(Na+)+c(OH−)B．c点：c(SOeq\o\al(2−,4))>c(NH3·H2O)>c(NHeq\o\al(+,4))C．d点：c(SOeq\o\al(2−,4))>c(NHeq\o\al(+,4))>c(OH−)D．a、b、c、d四个点，b点水的电离程度最大【答案】A【解析】通过图像中反应量的关系可知，当氢氧化钠体积为100mL时，向100mL0.lmol·L−1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L−1NaOH溶液100mL，恰好完全反应，其实质是H++OH−=H2O，则a点溶液为硫酸钠和硫酸铵；据此进行分析，当氢氧化钠体积为150mL时，c点为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨；当氢氧化钠体积在100mL~150mL之间时，溶液可以为中性，b点为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨；当氢氧化钠体积为200mL时，d点为硫酸钠和一水合氨；a点溶液为硫酸钠和硫酸铵，铵根离子水解，所以a点溶液显酸性，溶液中存在电荷守恒：c(NHeq\o\al(+,4))+c(H+)+c(Na+)=2c(SOeq\o\al(2−,4))+c(OH−)；物料守恒：c(Na+)=c(SOeq\o\al(2−,4))，所以c(NHeq\o\al(+,4))+c(H+)=c(Na+)+c(OH−)，A正确；B．c点溶液含有硫酸钠、硫酸铵和一水合氨，因为一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，c(SOeq\o\al(2−,4))>c(NHeq\o\al(+,4))>c(NH3·H2O)，B错误；C．d点溶液中含有硫酸钠、一水合氨，溶液显碱性，c(SOeq\o\al(2−,4))>c(OH−)>c(NHeq\o\al(+,4))，C错误；D．因为加酸和碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，所以图中的a、b、c、d四个点中，a点水的电离程度最大，D错误；故选A。三、非选择题（共60分）16．CO、CO2、CH4等含碳化合物的综合利用是当今科技的重点研究对象之一。(1)双功能催化剂的催化作用，突破了低温下水煤气转换［CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH]时高转化率与高反应速率不能兼得的难题。反应过程示意图如下：下列说法正确的是______。A．过程I、过程II、过程III均为吸热反应B．图示的三个过程都与H2O有关C．图示的三个过程中均有极性共价键的断裂和生成D．使用催化剂降低了整个水煤气变换反应过程的ΔH(2)已知：①2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746kJ·mol−1②N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180kJ·mol−1表示CO燃烧热的热化学方程式为______。(3)某催化剂的M型、N型均可催化反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)，向容积相同的恒容密闭容器中分别充入等物质的量的CO和O2，在相同时间段内，不同温度下测得CO的转化率(α)如图所示。①图中a、b、c、d、e五个点对应状态下，反应速率最慢的是______点②N型催化剂条件下，从a点到e点，CO的转化率先增大，后减小，e点时突然减小的原因为______。③若b点容器中c(O2)=0.4mol·L−1，则T℃时该反应的平衡常数K=______。(4)在一定条件下，CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g)，可制得合成气H2和CO。在2L密闭容器中充入CO2和CH4，使其物质的量浓度均为0.5mol·L−1，达到平衡时CO的体积分数为x，若恒温恒容下，向平衡体系中再充入1molCO2和1molCH4。回答下列问题：①化学平衡______(填“正方向移动”“逆方向移动”或“不移动”)。②再次平衡时，CO的体积分数______(填“变大”“变小”或“不变”)。【答案】（1）BCO(g)+eq\f(1,2)O2(g)CO2(g)ΔH=-283kJ·mol−1a点e点突然减小，可能是温度太高，催化剂失去活性10/9正方向移动变小【解析】(1)观察图示：过程Ⅰ中，H2O断键：H2O→H+－OH；过程Ⅱ：被吸附的又一个水分子断键H2O→H+－OH；过程Ⅲ：生成二氧化碳、氢分子、水分子。A．过程Ⅰ、过程Ⅱ只有化学键的断裂，是吸热过程；过程Ⅲ是形成化学键的过程，属于放热过程，故A错误；B．图示的三个过程都与水分子有关，故B正确；C．过程Ⅰ、过程Ⅱ只有极性化学键的断裂，过程Ⅲ：生成二氧化碳、氢分子、水分子，有极性共价键、非极性共价键的形成，故C错误；D．使用催化剂不能改变ΔH，故D错误。(2)据盖斯定律，结合燃烧热的概念(1mol燃料燃烧生成做稳定氧化物放出的热量)，方程式（Ⅰ+Ⅱ）/2得：CO(g)+eq\f(1,2)O2(g)CO2(g)ΔH=-283kJ·mol−1；(3)①由图可知，催化剂M的催化效率比N好，a点温度最低，且是在催化剂N条件下的反应，故反应速率最慢；②随着温度的逐渐升高，反应速率逐渐加快，一氧化碳的转化率先增大；达到平衡后升高温度平衡逆向移动，一氧化碳的转化率减小。e点突然减小，可能是温度太高，催化剂失去活性；③设CO和O2的浓度起始时均为xmol/L，b点为平衡态，且转化率为0.4，列式计算如下：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)SKIPIF1<0c(O2)=0.4mol/L=0.8x，x=0.5mol/L，c(CO2)=0.2mol/L，c(CO)=0.3mol/L，则平衡常数K为SKIPIF1<0；(4)①恒温恒容时，向平衡体系中再充入1mol的二氧化碳和1mol的甲烷，增大了反应物的浓度，化学平衡向正反应方向移动；②从等效平衡的角度分析。向平衡体系中再充入1mol二氧化碳和1mol甲烷，与起始充入的物质量的比完全一样(1∶1)。假设恒温恒压，与原平衡是等效平衡，平衡时，CO的体积分数不变。然后再压缩到2L，等效于增大了压强，平衡逆向移动，一氧化碳的体积分数变小。17．硫磷的化合物在农药、石油工业、矿物开采、萃取及有机合成等领域的应用广泛，如O，O′取代基二硫代磷酸在萃取金属中有如下应用。回答下列问题：(1)P、S、O三种元素中，电负性由大到小的顺序是______。(2)基态硫原子价电子排布式为______。(3)物质(A)中的S原子的杂化方式为______，二硫代磷酸根的VSEPR模型为______。(4)物质(B)中X原子的化合价为______。(5)将物质(A)在N2气氛中加热至SKIPIF1<0不再失重，得到金属硫化物的无定形粉末，其六方晶胞如下图所示，则晶胞中X的原子坐标有______种。已知该晶胞参数SKIPIF1<0的相对原子质量以M表示，阿伏加德罗常数以NA表示，则该晶体的密度为_____g·cm−3(列出计算式)。【答案】（1）SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0四面体SKIPIF1<02SKIPIF1<0【解析】(1)P、S、O三种元素电负性由大到小的顺序为SKIPIF1<0，故答案为：SKIPIF1<0；(2)基态硫原子价电子排布式为SKIPIF1<0，故答案为：SKIPIF1<0；(3)物质(A)中，与X原子以共价键连接的S原子的杂化方式为SKIPIF1<0，与X原子以配位键连接的S原子的杂化方式为SKIPIF1<0；二硫代磷酸根离子的中P原子价层电子对数为4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知二硫代磷酸根离子空间构型为四面体结构。故答案为：SKIPIF1<0；四面体；(4)由物质(B)的结构可知，与X原子相连的三个配位键不显化合价，所以X的化合价为+3。故答案为：+3；(5)晶胞中X的原子坐标有2种，由晶胞结构可知1个晶胞中含有2个XS，故晶胞质量为SKIPIF1<0，该晶体的密度SKIPIF1<0。故答案为：2；SKIPIF1<0。18．草酸是化工上常用的还原剂，实验中可以用浓硝酸在Hg(NO3)2催化氧化C2H2气体来制备，可能用到的仪器如图所示。已知电石(主要成分为CaC2，含少量CaS和Ca3P2等杂质)遇水可以迅速生成C2H2，CuSO4浴液能够吸收PH3气体，浓硝酸氧化C2H2时会被还原为NO2。问答下列问题：(1)CaC2的电子式为______；CaC2与H2O反应制备C2H2的化学反应方程式为______。(2)选择所需的仪器，接口正确的连接顺序为______→e。(3)为便于控制电石与水反应制备C2H2，有同学认为宜选取仪器乙，不宜选取甲，该观点是否正确？请说明原因______。(4)制备C2H2气体时，常用饱和食盐水代替水的原因是______。(5)装置戊中生成草酸的反应方程式为______，反应一般控制在50℃左右，若高于50℃，则生成草酸的速率会减慢，原因是______。(6)三颈烧瓶中液体经过蒸发浓缩。冷却结晶、过滤等操作可得到草酸晶体(H2C2O4·2H2O)，设计一个实验证明草酸属于二元弱酸：______。【答案】（1）CaC2＋2H2O=Ca(OH)2＋C2H2↑acdfg该观点不正确，因为电石与水反应时变成糊状，堵塞有孔塑料板，乙装置达不到反应随停即止的作用，不便于控制反应速率能够减慢反应速率C2H2+8HNO3SKIPIF1<0H2C2O4＋8NO2↑＋4H2O高于50℃，浓硝酸会大量挥发和分解测定0.1mol·L−1的草酸溶液的pH，pH大于1，说明草酸是弱酸；用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗的NaOH是草酸的2倍说明是二元酸【解析】固体与液体不加热可用甲制备乙炔，制备的乙炔气体中常常含有硫化氢、磷化氢气体杂质，通过丙装置可除去，乙炔和浓硝酸反应生成草酸，装置戊中生成草酸，最后通过e收集二氧化氮并除去尾气。证明一种酸是弱酸，可以通过不同的方法，如电离理论、平衡理论，或盐水解反推等方法。（1）CaC2为离子化合物，含有离子键和共价键，电子式为；CaC2与H2O反应制备C2H2的化学反应方程式为CaC2＋2H2O=Ca(OH)2＋C2H2↑。(2)制备的乙炔气体中常常含有硫化氢、磷化氢气体杂质，通过丙装置可除去，由此接口正确的连接顺序为acdfg→e。故答案为：acdfg；(3)为便于控制电石与水反应制备C2H2，有同学认为宜选取仪器乙，不宜选取甲，该观点不正确，因为电石与水反应时变成糊状，堵塞有孔塑料板，乙装置达不到反应随停即止的作用，不便于控制反应速率。(4)饱和食盐水中食盐能减少水与电石接触的机会，制备C2H2气体时，常用饱和食盐水代替水的原因是能够减慢反应速率。(5)乙炔和浓硝酸反应生成草酸，装置戊中生成草酸的反应方程式为：C2H2+8HNO3SKIPIF1<0H2C2O4＋8NO2↑＋4H2O，反应一般控制在50℃左右，根据浓硝酸的性质，若高于50℃，则生成草酸的速率会减慢，原因是高于50℃，浓硝酸会大量挥发和分解。(6)证明一种酸是弱酸，可以通过不同的方法，如电离理论、平衡理论，或盐水解反推等方法。设计一个实验证明草酸属于二元弱酸：测定0.1mol·L－1的草酸溶液的pH，pH大于1，说明草酸是弱酸；用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗的NaOH是草酸的2倍说明是二元酸。19．工业上以铬铁矿为原料，制备重铬酸钠晶体(Na2Cr2O7·2H2O)和硫酸钠的主要工艺流程如图：已知：①铬铁矿的主要成分为Fe(CrO2)2，含有Al2O3、SiO2等杂质；②NaFeO2遇水强烈水解。结合相关信息，回答下列问题：(1)焙烧时，Fe(CrO2)2发生反应的化学方程式为_______。(2)生成滤渣1的离子方程式为_______，滤渣2的成分为_______。(3)Na2Cr2O7·2H2O和Na2SO4固体的溶解度曲线如图一所示。从滤液2获取Na2Cr2O7·2H2O和Na2SO4晶体的操作X为：蒸发浓缩，_______，洗涤，干燥然后将滤液_______、过滤、洗涤、干燥。图一(4)含Cr2Oeq\o\al(2−,7)的废水要经化学处理才能排放。某污水处理厂利用微生物电池将废水中的Cr2Oeq\o\al(2−,7)催化还原，其工作原理如图二所示。图二①a电极发生的电极反应式为_______。②依据工作原理示意图，每处理1molCr2Oeq\o\al(2−,7)，右池的Δn(H+)=_______mol。③某学习小组将含0.0015mol/LCr2Oeq\o\al(2−,7)的废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Cr的化合价为+3，Fe的化合价依次为+3、+2)。欲使1L该废水中的Cr2Oeq\o\al(2−,7)完全转化，理论上需要加入_______gFeSO4∙7H2O(已知FeSO4∙7H2O摩尔质量为278g/mol)。【答案】（1）SKIPIF1<0eq\o(=,\s\up7(高温))SKIPIF1<0FeOeq\o\al(−,2)+2H2O=Fe(OH)3↓+OH−Al(OH)3、H2SiO3趁热过滤冷却结晶SKIPIF1<084.17【解析】原料中含有Fe(CrO2)2、Al2O3、SiO2，加入烧碱，通入空气煅烧得到铬酸钠、偏铝酸钠、NaFeO2以及硅酸钠等，加水溶解，NaFeO2水解生成Fe(OH)3，通入二氧化碳形成氢氧化铝和硅酸等沉淀。(1)焙烧时Fe(CrO2)2与氢氧化钠氧气共热生成NaFeO2和Na2CrO4，则反应的方程式为：SKIPIF1<0eq\o(=,\s\up7(高温))SKIPIF1<0；(2)生成滤渣1的离子方程式为NaFeO2水解生成Fe(OH)3，离子方程式为：FeOeq\o