青岛市第十七中学2021届高三上学期10月阶段性检测化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精山东省青岛市第十七中学2021届高三上学期10月阶段性检测化学试题含解析青岛十七中2021届高三10月阶段检测化学试题可能用到的相对原子质量:H—1C-12O—16Na—23Cl-35.5Fe-56一、选择题：本题共10小题，每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题目要求.1。下列说法正确的是（）A。我国发射的嫦娥系列卫星中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料B。纸浆纤维漂白剂NO2在低温时形成无色液体，该过程属于物理变化C.嫦娥四号带回的月球矿物含有CaO·MgO·2SiO2，该物质属于氧化物D。生产SMS医用口罩所用的原料丙烯，主要来源于石油的裂化【答案】A【解析】【详解】A．我国发射的嫦娥系列卫星中使用的碳纤维是由碳元素组成的一种特种纤维,是一种新型无机非金属材料，故A正确；B．纸浆纤维漂白剂NO2在低温时形成无色液体,该过程发生的反应为2NO2N2O4，有新物质生成,属于化学变化，故B错误；C．由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物为氧化物，CaO·MgO·2SiO2是硅酸盐的氧化物形式，则该物质属于硅酸盐，不是氧化物,故C错误;D．石油的裂化主要是得到更多的轻质油，如：汽油，裂解可以得到更多的有机化工原料,如乙烯和丙烯，故生产SMS医用口罩所用的原料丙烯来源于石油的裂解，故D错误；答案选A。2。X、Y、Z、W四种元素原子的质子数依次增多，W是原子序数最大的短周期主族元素，X与Y形成的化合物M为沼气的主要成分,雷电天气时可形成一种具有杀菌作用的Z单质。下列说法正确的是(）A。基态Y、Z、W原子的最高能级均为p能级且能量相同B。M与W的单质光照时生成的四种有机物均为极性分子C。M与X2Z两种分子中心原子杂化类型相同D.酸性:XWZ3＞X2YZ3，所以非金属性：W＞Y【答案】C【解析】【分析】W是原子序数最大的短周期主族元素，则W为Cl元素；X与Y形成的化合物M为沼气的主要成分，则M为CH4,X为H元素，Y为C元素；雷电天气时可形成一种具有杀菌作用的Z单质,则该单质为臭氧,Z为O元素，据此分析结合元素性质解答。【详解】A．Y为C元素、Z为O元素、W为Cl元素，在元素周期表中，三种元素的基态原子均为p区元素，最高能级均为p能级，但p能级所处的能层不同，C元素、O元素的p能级在L能层上，Cl元素的p能级在M能层上，2p能级的能量小于3p能级的能量，则具有的能量不相同，故A错误;B．CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应可生成一氯甲烷(CH3Cl)、二氯甲烷（CH2Cl2)、三氯甲烷（CHCl3)、四氯甲烷(CCl4)四种有机物，其中四氯甲烷(CCl4)为非极性分子，其他均为极性分子，故B错误；C．M为CH4，其中心原子C价层电子对数=4+=4，C原子采取sp3杂化，X为H元素，Z为O元素，X2Z为H2O，其中心原子O原子价层电子对数=2+=4，O原子采取sp3杂化，即两种分子中心原子杂化类型相同,故C正确；D．XWZ3为HClO3，X2YZ3为H2CO3,元素最高价氧化物对应水化物形成的酸酸性越强，元素的非金属性越强，HClO3不是最高价Cl元素的氧化物形成的酸,不能比较非金属性强弱，故D错误；答案选C。3。下列图示与对应的叙述相符的是（）A。表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2O（g）═H2（g）+1/2O2（g）的△H＝﹣241.8kJ•mol﹣1B.表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况,将T1K时A、B的饱和溶液分别升温至T2K时，溶质的质量分数B＞AC。表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，0﹣t1反应速率加快的原因可能是该反应为放热反应D。表示常温下稀释pH相同的氢氟酸与盐酸时溶液pH与加入水体积的关系,则氢氟酸为弱酸，且a点Kw的数值比b点的大【答案】C【解析】【详解】A、根据图知，2mol氢气和1mol氧气反应生成2mol水蒸气放出483.6kJ热量，则1mol水蒸气生成1mol氢气和0。5mol氧气吸收241.8kJ热量，则热化学方程式为H2O（g)═H2（g）+1/2O2(g）的△H＝+241。8kJ•mol﹣1，故A错误；B、A与B的溶解度随温度的升高而增大,将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2C、随着反应的进行，氢离子浓度减小，速率应该减小，但是实际上速率增大,可能是该反应为放热反应导致溶液温度升高而使速率增大，故C正确；D、水的离子积常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，所以ab点水的离子积常数相等，故D错误.4。下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是（）A。键能C—C〉Si>Si、C—H>Si>H，因此C2H6稳定性大于Si2H6B。SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4C。Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p—pπ键D。立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度【答案】B【解析】【详解】A．原子半径越小、共价键键能越大，物质越稳定，原子半径：Si＞C，所以键能C—C＞Si-Si、C—H＞Si—H，C2H6稳定性大于Si2H6，故A正确；B．SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，Si与C为同主族元素,同族元素从上到下，非金属元素的电负性减小，原子半径增大,原子失电子的能力递增,氢化物的还原性增强，因此SiH4还原性大于CH4，故B错误;C．Si的原子半径较大，原子间形成的σ键较长，p—p轨道重叠程度很小，难于形成π键,所以Si原子间难形成双键而C原子间可以，故C正确:D．由于方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，均为原子晶体,所以立方型SiC具有很高的硬度，故D正确;故答案为B.5.利用下列装置(夹持装置略）进行实验，能达到实验目的的是A.用甲装置制备并收集CO2B。用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生C.用丙装置制备无水MgCl2D.用丁装置在铁上镀铜【答案】C【解析】【详解】A.CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A错误；B。苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，B错误；C.MgCl2能水解,在加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，C正确；D.电解时,阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应,所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离子，铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子,得到铜，D错误。答案选C。【点睛】本题为实验题，结合物质的性质和电解的原理进行解题,掌握常见物质的制备方法，注意水解的知识点。6.乙烯与水加成制备乙醇的能量变化过程如下图所示.下列说法不正确的是A.H2SO4是该合成过程的催化剂B。合成过程的速率由反应②决定C.反应①和反应②均为放热反应D。C2H4（g)+H2O(1）=C2H5OH（l)△H=(E1-E4)kJ•mol—1【答案】D【解析】【详解】A．1molH2SO4在反应①中和乙烯发生了加成反应,在反应②中又生成了1molH2SO4，所以H2SO4是该合成过程的催化剂,A正确；B．反应②的活化能大于反应①，活化能越大，反应速率越慢，所以反应②速率慢,合成过程的速率由反应②决定，B正确;C．从图中可以看出,反应①和反应②反应物的总能量都高于生成物的总能量,均为放热反应，C正确；D．从图中可以看出,总反应C2H4（g)+H2O(1)=C2H5OH（l)的△H=(E1-E2+E3—E4）kJ•mol-1，D错误；故选D.【点睛】催化剂是能改变反应速率，在反应前后质量和化学性质都不变的物质。很多催化剂都参加反应，但最终会在回到最初的状态，即质量和化学性质不变。在该反应中，硫酸就是催化剂.7.聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘,其结构表示如下：

（图中虚线表示氢键)下列说法不正确的是（）A.聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而成B。聚维酮的单体是：C。聚维酮碘是一种水溶性物质D。聚维酮在一定条件下能发生水解反应【答案】A【解析】【详解】A．聚维酮碘是由聚维酮和HI3通过氢键形成的,由聚维酮碘的结构：可知,聚维酮分子是由2m+n个单体加聚而成，A项错误；B．由聚维酮碘的结构：可知，聚维酮的单体是,B项正确;C．聚维酮可以与HI3形成氢键，则由聚维酮碘的结构推测，其也可以与水形成氢键，C项正确；D．聚维酮的结构中含有肽键，所以能在一定条件下发生水解，D项正确；答案选A.【点睛】考虑物质的溶解性时,可以从三个因素入手进行判断:一是，溶质分子和溶剂分子极性相似相溶；二是,溶质分子与溶剂分子之间能形成氢键，溶解性会有明显提高；三是,溶质分子与溶剂分子可以发生可逆反应，溶解性会适当提高。8。我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”Na－CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2,充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如图所示。吸收的CO2中,部分转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管(MWCNT）电极表面。下列说法正确的是（）A。“吸入”CO2时，钠箔为正极B。“吸入”CO2时的正极反应：4Na++3CO2+4e—=2Na2CO3+CC.“呼出”CO2时,Na+向多壁碳纳米管电极移动D.标准状况下，每“呼出”22。4LCO2，转移电子数为0.75mol【答案】B【解析】【分析】根据题意，结合图示，放电时为原电池，钠箔作原电池负极，电极反应为Na-e—=Na+，多壁碳纳米管（MWCNT)电极作原电池正极，“吸入”CO2，部分转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT)电极表面，电极反应为4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C；“呼出”CO2时为电解池，据此分析解答。【详解】A．根据分析,“吸入”CO2时为原电池，钠箔为负极，故A错误;B．根据分析，“吸入”CO2时为原电池，多壁碳纳米管（MWCNT）电极作原电池正极，正极反应为4Na++3CO2+4e—=2Na2CO3+C，故B正确；C．根据分析，“呼出”CO2时为电解池,多壁碳纳米管(MWCNT）电极阳极,钠箔为阴极，电解池中阳离子向阴极移动,则Na+向钠箔电极移动，故C错误；D．“呼出”CO2时为电解池,阳极的电极反应为2Na2CO3+C-4e—=4Na++3CO2，产生3molCO2转移4mol电子，则标准状况下，每“呼出”22.4LCO2,即产生1molCO2时，转移电子数为mol，故D错误;答案选B。9。为有效治理低浓度二氧化硫烟气,国内外展开了大量的研究，某科研机构利用硒(Se)单质作催化剂，实现了低温下亚硫酸氢钠制备单质硫,其工艺流程如图：下列说法错误的是（）A.若采用Na2S溶液作为碱盐吸收液，随着溶液酸性增强,会造成二次污染B。该工艺流程优点是反应条件温和,缺点是硫黄的回收率不会高于33.33％C。“低温转化”的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2D.流程中，“操作"包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】C【解析】【分析】含有SO2的烟气通过碱盐吸收液转化为NaHSO3，利用硒（Se）单质作催化剂，低温下NaHSO3自身发生歧化反应：3=2+S↓+H++H2O，过滤后获得硫单质，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaHSO4·H2O，据此分析解答。【详解】A．H2SO3为中强酸，若采用Na2S溶液作为碱盐吸收液，随着吸收SO2的量增多，溶液酸性增强，会产生H2S气体，造成二次污染，故A正确；B．该工艺流程优点是反应条件温和,缺点是低温下发生转化的离子反应为3=2+S↓+H++H2O，根据反应可知，3mol的参与反应只生成1molS单质，故硫黄的回收率不会高于，即不高于33。33％,故B正确；C．根据“低温转化”的离子反应:3=2+S↓+H++H2O，氧化产物与还原产物S的物质的量之比为2∶1,故C错误；D．根据分析，流程中，“操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D正确;答案选C.10。某工业废水中含有大量的Mn2+和Cr3+，常经以下过程进行氧化处理，再进行一系列操作，回收锰和铬,以达到回收利用且降低污染的目的。下列说法正确的是(）A.在氧化处理过程中用H2O2代替NaClO会更环保，效果更好B。反应①中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1C。反应②离子方程式为2Cr3+＋3ClO—＋5H2O=2CrO＋3Cl-＋10H+D.生成CrO在酸性条件下易转化为Cr2O，该反应为氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A．MnO2可作H2O2分解反应的催化剂,说明H2O2不能把Mn2+和Cr3+氧化为MnO2、CrO，所以不能用H2O2代替NaClO作氧化剂，故A错误；B．反应①中Mn2+被NaClO氧化为MnO2,1molMn2+转移2mol电子,1molNaClO转化为Cl—转移2mol电子，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B正确；C．反应②，Cr3+被ClO—氧化为CrO42—,自身被还原为Cl-，碱性条件下不能有H+生成，反应的离子方程式为2Cr3++3ClO—+10OH-═2CrO+3Cl—+5H2O,故C错误；D．存在元素化合价变化的反应是氧化还原反应,生成的CrO在酸性条件下易转化为Cr2O，该反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误；故答案为B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11。下列操作不能达到实验目的的是（)目的操作A除去苯中少量的苯酚加入适量NaOH溶液,振荡、静置、分液B鉴别溴蒸气和二氧化氮将两气体分别通入硝酸银溶液,产生淡黄色沉淀的是溴蒸气C除去碱式滴定管胶管内的气泡将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出D配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液向试管中加入2mL10%NaOH溶液，再滴加数滴2%CuSO4溶液，振荡A。A B。B C。C D。D【答案】C【解析】【详解】A．苯酚与NaOH反应生成可溶于水的苯酚钠，与苯分层，再分液即可分离，故A正确；B．溴蒸气和二氧化氮分别通入硝酸银溶液中,二氧化氮没有现象,溴蒸汽与硝酸银溶液反应生成溴化银沉淀，则产生淡黄色沉淀的是溴蒸汽,据此可鉴别溴蒸气和NO2，故B正确；C．除去碱式滴定管胶管内的气泡应将尖嘴斜向上,挤压胶管内玻璃球将气泡排出，故C错误；D．在碱性溶液中检验—CHO，则向试管中加入2mL

10%NaOH溶液，再滴加数滴2％CuSO4溶液，振荡,可配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液，故D正确；故答案为C。12。铅位于ⅣA族，PbO偏碱性，易溶于硝酸,PbO2偏酸性，难溶于硝酸。已知：PbS与稀HNO3发生反应Ⅰ：3PbS+8HNO3（稀）=3Pb(NO3）2+3S↓+2NO↑+4H2O；PbS与浓HNO3发生反应Ⅱ：PbS+8HNO3（浓)=PbSO4+8NO2↑+4H2O。下列推断正确的是(）A.Pb3O4与HNO3溶液发生反应：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2++2H2OB.由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性:HNO3（浓)＞HNO3(稀)＞PbO2C。反应Ⅰ若生成4。48LNO，转移0.6NA电子D.S可以与浓硝酸反应：S+6HNO3（浓)H2SO4+6NO↑+2H2O【答案】AD【解析】【详解】A．Pb3O4中含有二价铅和四价铅，PbO偏碱性，易溶于硝酸,PbO2偏酸性，难溶于硝酸，则Pb3O4与硝酸反应生成Pb(NO3）2和PbO2，发生反应离子方程式：Pb3O4+4H+═PbO2+2Pb2++2H2O，故A正确；B．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，稀硝酸可将-2价的硫氧化为0价，浓硝酸可将-2价的硫氧化为+6价，则氧化性:HNO3(浓)＞HNO3(稀），硝酸不能把二价铅氧化为四价铅,说明硝酸的氧化性小于PbO2，故B错误；C．反应Ⅰ若生成4。48LNO，没有说明是否是标准状况，无法计算气体的物质的量,因而不能计算生成4.48LNO转移的电子数，故C错误；D．由反应Ⅱ可知，浓硝酸具有强氧化性，能把-2价的S元素氧化为+6价，则S与浓硝酸反应：S+6HNO3(浓）H2SO4+6NO↑+2H2O,故D正确；答案选AD。13。近日，我国学者在Science报道了一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的具体过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法错误的是A。Ni电极与电源正极相连B.工作过程中阴极附近pH减小C。该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O→+H2D.在电解液混合过程中会发生反应HCl+KOH=KCl+H2O【答案】AB【解析】【详解】A．由反应流程可知，Pt电极区要将Cl—转化为Cl2，发生氧化反应,故Pt为阳极,Ni电极为阴极，故与电源负极相连，A错误；B．工作过程中阴极区的反应为：2H2O+2e—=2OH-+H2↑，故阴极附近pH增大，B错误；C．根据阳极的反应历程和阴极区的反应2H2O+2e—=2OH—+H2↑，可知该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O→+H2，C正确；D．阳极区发生Cl2+H2O=HCl+HClO,阴极区生成KOH，故在电解液混合过程中会发生反应HCl+KOH=KCl+H2O,D正确；故答案为：AB。14。室温下，向25。00mL0。1000mol∙L−1氨水中滴加0。1000mol∙L−1盐酸，溶液的pH随盐酸体积的变化如图。下列说法不正确的是（)A.如选甲基橙为指示剂，终点的判断为溶液颜色由黄色恰好变为橙色且半分钟不变色B.a→b,水的电离程度逐渐增大C.a点溶液中，c（H+）D.c点溶液中，【答案】D【解析】【详解】A．溶液反应生成氯化铵,水解显酸性,因此选甲基橙为指示剂，终点的判断为溶液颜色由黄色恰好变为橙色且半分钟不变色，故A正确；B．a→b过程不断消耗氨水至氨水恰好反应完，b点溶质为氯化铵,因此水的电离程度逐渐增大,故B正确；C．a点溶液溶质是氯化铵和氨水，两者浓度相等，溶液显碱性，电离程度大于水解程度,故C正确;D．c点溶液溶质是氯化铵和盐酸混合溶液，两者浓度相等，溶液显酸性，电荷守恒：,物料守恒:,因此，故D错误。综上所述，答案为D。15.甲胺是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下，在三个体积均为的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应，测得有关实验数据如表，下列说法正确的是容器编号温度起始物质的量平衡时物质的量CH3NH2（g)Ⅰ53000Ⅱ53000Ⅲ50000A.达到平衡时,体系中关系：，Ⅰ，ⅡB.达到平衡时，转化率：,ⅢC.正反应的平衡常数ⅠⅡⅢD.530K时,若起始向容器Ⅰ中充入、、、，则反应将向逆反应方向进行【答案】C【解析】【详解】反应是体积不变的反应，容器Ⅱ相当在容器I基础上增大一倍压强，由于恒温恒容时,增大压强，平衡不移动，所以各物质的含量或浓度均为容器I中各物的2倍，即，Ⅰ,Ⅱ，故A错误；B。根据三段式可知容器I中反应三段式为:容器Ⅲ中反应三段式为：所以，Ⅰ、,Ⅲ，即，Ⅰ，Ⅲ,故B错误；C.容器I和容器Ⅱ反应均在530k温度下进行，所以反应的平衡常数不变，即ⅠⅡ,，，所以正反应的平衡常数ⅠⅡⅢ,故C正确；D.此时浓度熵,所以反应将向正反应方向进行，故D错误；故选：C。三、非选择题：本题共5小题，共60分16。某课外小组以(NH4)2Fe（SO4)2·6H2O为原料模拟工业生产，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O4·2H2O)，并进一步制备高纯度还原铁粉。已知：FeC2O4·2H2O难溶于水，150℃开始失结晶水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度升高而增大。（1）(NH4）2Fe(SO4）2·6H2O中Fe元素化合价为___。（2）步骤②H2C2O4稍过量目的是___;步骤③常采用热水洗涤，其目的是___.（3）步骤④必须用到的两种仪器是___（填字母序号）供选仪器：a。烧杯；b.坩埚；c.蒸馏烧瓶；d。高温炉；e.表面皿；f.锥形瓶;该步骤的化学方程式是___。(4）步骤⑤用H2和CO均可还原Fe2O3,最好选用___,理由是___.【答案】（1）.+2(2）。将溶液里的Fe2+完全转化为草酸亚铁晶体，提高原料利用率(3）.提高草酸的溶解度,提升除杂效果(4).bd（5）.4FeC2O4•2H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O（6）。CO（7）.Fe能与氧化产物H2O继续反应生成Fe3O4，影响还原铁粉的纯度【解析】【分析】硫酸亚铁铵晶体溶解于水,为防止Fe2+的水解，在溶液中加稀酸可以抑制亚铁离子的水解,将溶液里的Fe2+完全转化为草酸亚铁晶体，需要加入过量的草酸，生成的草酸亚铁晶体(FeC2O4•2H2O)难溶于水,可通过抽滤、洗涤并干燥获得，将所得晶体在空气中灼烧,得纯氧化铁（Fe2O3），再用CO还原氧化铁得到还原铁粉.【详解】（1)（NH4)2Fe(SO4)2·6H2O中各元素化合价代数和为0，其中为+1价、为—2价，则Fe元素化合价为+2价；(2）硫酸亚铁铵晶体溶解于水，为防止Fe2+的水解,在溶液中加稀酸可以抑制亚铁离子的水解，将溶液里的Fe2+完全转化为草酸亚铁晶体，需要加入过量的草酸;步骤③，采用热水洗涤可提高草酸的溶解度,提升除杂效果;（3)固体灼烧需要在坩埚内进行，则所需要的仪器有坩埚及加热所需的高温炉，故答案为bd；草酸亚铁和O2灼烧时发生反应的化学方程式为4FeC2O4•2H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O；（4)在高温下用H2还原Fe2O3生成的Fe，可能与氧化产物H2O继续反应生成Fe3O4，影响还原铁粉的纯度，则最好选用CO还原Fe2O3.【点睛】以制备还原铁为载体，考查实验的基本操作及混合物的分离与提纯，涉及反应原理的理解与应用，难点是准确分析流程,选择合理的分离操作。17.氟的单质及含氟化合物用途广泛。（1)基态氟原子的电子排布式为___。主族元素中第一电离能最大的元素是___(填元素符号）。(2）NF3广泛用于电子工业,BF3是有机合成的催化剂。NF3分子呈三角锥形,BF3呈平面三角形，二者空间构型存在差异的主要原因是___(用杂化轨道理论和价层电子对互斥理论解释）.（3)氟氢化铵(NH4HF2）固态时包含的化学键有___（填字母)。a。氢键b.离子键c。σ键d。π键（4）CsF是离子晶体,其Born—Haber图示如图：由Born—Haber图知，Cs原子的第一电离能为___kJ·mol—1，F-F键的键能为___kJ·mol-1，F原子第一亲和能为___kJ·mol-1(注明：气态非金属原子获得1个电子形成气态阴离子所释放的能量叫该原子的第一亲和能）。（5）Al3+、Fe3+和Cr3+等离子能与F-形成配合物。工业冶炼铝的助熔剂Na3A1F6中配离子是___。(6）钾、镍和氟形成一种特殊晶体，其晶胞如图所示。该晶体中.Nin+的n=___.设NA是阿伏加德罗常数的值，该晶体密度ρ=___g·cm—3(只列出计算式)。【答案】(1).1s22s22p5(或［He]2s22p5)(2)。F（3）.NF3中N采用sp3杂化,N原子上有1对孤电子对，BF3中B采用sp2杂化，B原子价层没有孤电子对(4）.bc（5)。375。7(6)。158。8(7).328.2（8)。(9).2（10）.【解析】【详解】（1)氟原子是9号元素，依据构造原理可以写出其基态的核外电子排布式为：1s22s22p5（或[He]2s22p5)；在元素周期表中，同一周期元素从左到右电负性逐渐增强，同一主族从上到下电负性逐渐减小，故位于元素周期表右上角的F元素,电负性最强;(2)NF3中N原子上有1对孤电子对，3个成键电子对，价层电子对数是4，N采用sp3杂化，分子空间构型是三角锥形，BF3中B原子价层没有孤电子对,3个成键电子对，价层电子对数是3,B采用sp2杂化，分子构型是平面正三角形；（3）NH4HF2固体中铵根和阴离子之间是离子键，铵根和阴离子中都有σ键，氢键不是化学键，它是一种较强的分子间作用力,答案选bc；(4)依据第一电离能、键能、晶格能、电子亲和能等概念，结合图2所示判断；由图可知Cs（g)→Cs+(g)铯离子的变化，需要能量375.7kJ；故第一电离能为375.7kJ•mol-1;molF2（g)→1molF(g)变化需要能量79.4kJ,故氟氟键键能为74。9×2=158.8kJ•mol-1；由Cs+(g)+F—（g)→CsF（s)释放能量756.9kJ；故CsF的晶格能为756.9•mol—1；由1molF(g)→1molF—（g）释放能量为328.2kJ；故F原子亲和能为328。2kJ•mol-1;(5）依据配合物理论判断，配合物结构中,外界是Na+，是配离子；（6）均摊法写出化学式，K个数=2+8×=4；Ni的个数=8×+1=2，F的个数=16×+2+4×=8，写出化学式为：K2NiF4，依据化合价代数和为零判断Ni应该为+2价,故所带电荷为2；密度的计算依据公式ρ===g·cm—3。18。2，6—二叔丁基对甲酚(J)是国内外广泛使用的油溶性抗氧化剂，在汽油中可增强抗爆抗震性能等,它的一种合成路线如图所示：已知：ⅰ.ⅱ。—CH=CHOH性质不稳定，易转化成CH3CHOⅲ。请回答：（1）C的结构简式为___.（2）D的名称为___。（3）写出D+I→J的化学方程式___，该反应的反应类型为___。（4）B的同分异构体有很多,写出所有符合下列条件的同分异构体的结构简式___.①含氧官能团相同②不含环状结构③核磁共振氢谱有3组峰且面积比为4：2:1（5）结合上述流程和所学知识，以甲苯和苯乙炔为起始原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线___.【答案】（1）。(2).对甲基苯酚（3）.2（CH3)2C=CH2+(4).加成反应(5)。、（6）。【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则A为、B为；与铁和盐酸反应生成，则C为；发生信息ⅰ反应生成，则D为；在液氨作用下，HC≡CH与金属钠反应生成HC≡CNa，则E为HC≡CH、F为HC≡CNa；HC≡CNa与CH3Cl反应生成HC≡CCH3，在硫酸汞和硫酸作用下，HC≡CCH3与水发生加成反应生成，转化为,则H为;与反应生成(CH3)2C=CH2，在浓硫酸作用下，(CH3)2C=CH2与发生加成反应生成.【详解】（1)由分析可知,C的结构简式为,故答案为:；(2）由分析可知,D的结构简式为，名称为对甲基苯酚，故答案为：对甲基苯酚；（3)D+I→J的反应为在浓硫酸作用下，(CH3）2C=CH2与发生加成反应生成，反应的化学方程式为2（CH3)2C=CH2+，故答案为：2(CH3）2C=CH2+；加成反应；（4)B结构简式为，B的同分异构体与B含氧官能团相同，说明含有硝基，不含环状结构，说明分子中含有2个碳碳三键或4个碳碳双键或1个碳碳三键和2个碳碳双键，则核磁共振氢谱有3组峰且面积比为4:2：1的同分异构体的结构简式为和，故答案为：、；（5）结合流程中有机物的转化关系可知,合成的步骤为在液氨作用下，苯乙炔与金属钠反应生成，在光照条件下，甲苯与氯气发生取代反应生成，与反应生成，在硫酸汞和硫酸作用下，与水发生加成反应生成，则合成路线为,故答案为：。19.草酸亚铁（FeC2O4）作为一种化工原料，可广泛用于新型电池材料、感光材料的生产。以炼钢厂的脱硫渣（主要成分是Fe2O3)为原料生产电池级草酸亚铁晶体的工艺流程如下:(1）如图是反应温度、加料时间及分散剂的质量分数对草酸亚铁纯度的影响：从图象可知，制备电池级草酸亚铁晶体的最佳实验条件是_____________________________（2)写出“还原"过程中既是化合反应又是氧化还原反应的离子方程式______________________(3）滤渣2中含有TiOSO4,进行热水解可以生成不溶于水的TiO2·H2O,该反应的化学方程式为___________________________.(4)流程图中“滤液"经处理后得到一种化肥,其化学式为_________。“一系列操作”指___________。(5)草酸亚铁固体纯度的测定①准确称取mg草酸亚铁固体样品，溶于30mL2mol·L-1H2SO4溶液中，在60~80℃水浴加热,用100mL容量瓶配成100.00mL溶液。

②取20。00mL，用KMnO4标准溶液(浓度为cmol·L-1)消耗V1

mL。

③向滴定后溶液中加入适量锌粉，用试剂x检验Fe3+至极微量,

过滤，洗涤，洗涤液并入滤液中.④继续用KMnO4标准溶液（浓度为cmol·L—1）滴定至终点，消耗V2

mL。在②中溶液中发生2MnO4—+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O

，还有另一氧化还原反应，写出其离子方程式_____________，步骤③中检验其中微量的Fe3+的试剂x名称是_________溶液，固体样品的纯度为_____________（用含c、V1、V2的式子表示）【答案】(1）。温度40℃，加料时间25min，分散剂质量分数20％(2).Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋(3）.TiOSO4+2H2OTiO2·H2O↓+H2SO4(4)。(NH4）2SO4(5）.洗涤干燥(6)。MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O(7）。KSCN（8).【解析】【分析】根据图中信息脱硫渣和硫酸反应主要生成硫酸铁，过滤,向滤液中加入足量铁粉，与硫酸铁反应,过滤，滤渣主要是过量铁粉和TiOSO4，再向滤液中加入氨水生成氢氧化亚铁和硫酸铵，滤液中主要是硫酸铵，向氢氧化亚铁中加入草酸和乙醇，过滤,经过一系列最终得到草酸亚铁晶体.【详解】(1)根据图像信息可知40℃纯度最高，加料时间在25min产品纯度最高，分散剂质量分数20％时产品纯度最高,因此制备电池级草酸亚铁晶体的最佳实验条件是温度40℃，加料时间25min，分散剂质量分数20％;故答案为：温度40℃，加料时间25min,分散剂质量分数20％。（2)写出“还原”过程中既是化合反应又是氧化还原反应的是铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，其离子方程式Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；故答案为:Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋.（3)滤渣2中含有TiOSO4，进行热水解可以生成不溶于水的TiO2·H2O，该反应的化学方程式为TiOSO4+2H2OTiO2·H2O↓+H2SO4；故答案为：TiOSO4+2H2OTiO2·H2O↓+H2SO4。(4)过量氨水和硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁和硫酸铵，因此流程图中“滤液”经处理后得到一种化肥，其化学式为(NH4)2SO4.“一系列操作”指过滤后需要洗涤干燥；故答案为：（NH4）2SO4；洗涤干燥。（5)在②中溶液中发生2MnO4－+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O

，还有另一氧化还原反应是亚铁离子被酸性高锰酸根反应，其离子方程式MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O,步骤③用KSCN溶液检验其中微量的Fe3+，步骤④是亚铁离子消耗高锰酸钾V2mL,根据MnO4－—5Fe2＋得到n(Fe2＋)=5cmol·L−1×V2×10−3L=5c×V2×10−3mol，因此固体样品的纯度为；故答案为:MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O;KSCN；。20.乙酸是生物油的主要成分之一,乙酸制氢具有重要意义：热裂解反应:CH3COOH(g）→2CO（g）+2H2（g)△H=+213.7k