仿真训练周测卷(三)

仿真训练周测卷(三)(时间：90分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28P—31S—32Cl—35.5K—39Cr—52Mn—55Fe—56Cu—64Zn—65Br—80Ag—108Ba—137卷Ⅰ选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列物质中，属于含非极性键的共价化合物是()A．CH3OH B．NH4ClC．C2H4 D．Na2O2解析：选CCH3OH中存在C—H、C—O、O—H键均为极性共价键，该分子为共价化合物，A项不符合题意；NH4Cl中含有离子键和极性共价键，它为离子化合物，B项不符合题意；C2H4含有C=C非极性键和C—H的极性键，它为共价化合物，C项符合题意；Na2O2中有离子键和O—O的非极性键，它为离子化合物，D项不符合题意。2．下列有关化学用语正确的是()A．金刚砂的分子式：SiCB．基态锗原子的价层电子排布式：4s24p2C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：D．O3分子的球棍模型：解析：选B金刚砂为共价晶体，不存在分子，其化学式为SiC，故A错误；锗为32号元素，价层电子排布式为4s24p2，故B正确；邻羟基苯甲醛分子内氢键应为醛基中氧原子与羟基中氢原子之间()形成，故C错误；臭氧为V形结构，该球棍模型与其结构不符，故D错误。3．在岩层深处和海底中存在黄铁矿(FeS2)，下列说法不正确的是()A．Fe元素位于周期表d区B．Fe和S在加热条件下可制备FeS2C．FeS2受氧气和水的长期作用，可转化为硫酸盐D．工业上可用黄铁矿为原料来制备硫酸解析：选BFe是26号元素，位于元素周期表第4周期Ⅷ族，故Fe元素位于周期表d区，A正确；Fe和S在加热条件下生成FeS，而不是FeS2，B错误；FeS2受氧气和水的长期作用，可被氧气氧化，转化为硫酸盐，C正确；由化学方程式可知，4FeS2＋11O2eq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())2Fe2O3＋8SO2,2SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))2SO3，SO3＋H2O=H2SO4，故工业上可用黄铁矿为原料来制备硫酸，D正确。4．物质的结构决定性质，性质决定用途，下列物质的性质与用途的对应关系不正确的是()性质实际用途AAl2O3有很高的熔点制作高温结构陶瓷制品BCH2=CH2存在C—H，能发生取代反应CH2=CH2可制取聚乙烯C含钙、锶、钡等元素的物质灼烧时会产生绚丽的颜色含这些元素的化合物可用于制造焰火DNaCl固体中存在离子键，熔融态电离电解熔融NaCl制取金属钠解析：选BAl2O3有很高的熔点，利用熔点高来制作高温结构陶瓷制品，性质与用途相对应，故A不符合题意；CH2=CH2存在碳碳双键，能发生加聚反应，因此CH2=CH2可制取聚乙烯，性质与用途不相对应，故B符合题意；含钙、锶、钡等元素的物质灼烧时会产生绚丽的颜色，因此用含这些元素的化合物可用于制造焰火，性质与用途相对应，故C不符合题意；NaCl固体中存在离子键，熔融态电离，因此电解熔融NaCl制取金属钠，性质与用途相对应，故D不符合题意。5．下列实验装置不能达到相应实验目的的是()A．用甲装置验证钠和氯气能反应B．用乙装置验证石蜡油分解的产物中含有不饱和烃C．用丙装置验证甲烷和氯气能发生反应D．丁装置用铜片和稀硝酸制取并收集NO解析：选D甲中若有白烟产生，说明熔融钠和氯气反应生成NaCl，A正确；石蜡油分解的产物能使溴的四氯化碳溶液褪色，证明含有不饱和烃，B正确；光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应，试管内黄绿色变浅，试管壁有油滴，试管内液面上升，装置能验证甲烷和氯气能发生反应，C正确；NO气体容易被空气中的氧气氧化产生NO2气体，因此不能用排空气法收集，D错误。6．某同学研究浓硝酸与KSCN溶液的反应，在通风橱中进行如下实验：已知：SCN－能被氧化为黄色的(SCN)2，(SCN)2可聚合为红色的(SCN)x。下列分析错误的是()A．SCN－被氧化为(SCN)2的过程中，S的化合价升高B．分析①②③知，(SCN)2聚合为(SCN)x的速率大于其被硝酸氧化的速率C．取少量③中的溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，不能证明最终有SOeq\o\al(2－,4)生成，沉淀可能是碳酸钡D．①中改用溶有NO2的浓硝酸重复上述实验，溶液先变红后迅速褪色并产生大量红棕色气体，可能是NO2气体对反应的进行起了催化作用解析：选C在SCN－被氧化为(SCN)2过程中，S元素的化合价由SCN－中的－2价升高为(SCN)2中的－1价，A正确；根据溶液颜色变化及反应时间的长短，可知(SCN)2聚合为(SCN)x的速率大于其被硝酸氧化的速率，B正确；③中的溶液显强酸性，取少量③中的溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，在强酸性溶液中加入BaCl2溶液产生的白色沉淀只能是BaSO4，可证明SCN－最终被氧化有SOeq\o\al(2－,4)生成，C错误；①中改用溶有NO2的浓硝酸重复上述实验，溶液先变红后迅速褪色并产生大量红棕色气体，可能是NO2气体对反应的进行起了催化作用，D正确。7．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．4.0g由Heq\o\al(18,2)O与Deq\o\al(16,2)O组成的混合物中所含中子数为2NAB．标准状况下，11.2L的H2与11.2L的F2混合后，气体分子数为NAC．1L浓度均为0.01mol·L－1Na2HPO4和NaH2PO4的混合溶液中，HPOeq\o\al(2－,4)和H2POeq\o\al(－,4)的数目之和为0.02NAD．56gSi在足量的O2中燃烧，产物中含Si—O键的数目是4NA解析：选AHeq\o\al(18,2)O与D2O的摩尔质量均为20g·mol－1，故4g混合物的物质的量为eq\f(4.0g,20g·mol－1)＝0.2mol，而Heq\o\al(18,2)O与D2O中均含有10个质子和10个中子，故0.2mol混合物中含有的中子和质子的物质的量均为2mol，个数均为2NA个，A正确；根据反应H2＋F2=2HF可知，标准状况下，11.2L即eq\f(11.2L,22.4L·mol－1)＝0.5mol的H2与11.2L的F2混合后生成1molHF，但HF在标准状况下为液态，故气体分子数0，B错误；1L浓度均为0.01mol·L－1Na2HPO4和NaH2PO4的混合溶液中根据物料守恒可知，HPOeq\o\al(2－,4)和H2POeq\o\al(－,4)、POeq\o\al(3－,4)、H3PO4的数目之和为0.02NA，C错误；已知1molSiO2中含有4molSi—O键，故56g即eq\f(56g,28g·mol－1)＝2.0molSi在足量的O2中燃烧生成2molSiO2，则产物中含Si—O键的数目是8NA，D错误。8．化学与生活、生产密切相关。下列说法中正确的是()A．以木材、秸秆等为原料，经加工处理可以得到合成纤维B．阿司匹林可用于治疗胃酸过多，碘酸钾可用作营养强化剂C．低温石英具有手性，被广泛用作压电材料，如制作石英手表D．“杯酚”分离C60和C70，体现了超分子的自组装的重要特性解析：选C以木材、秸秆等为原料，经加工处理可以得到再生纤维，故A错误；阿司匹林又称乙酰水杨酸，在人体内产生水杨酸，刺激胃黏膜，故B错误；低温石英的结构中有顶角相连的硅氧四面体形成螺旋向上的长链，而没有封闭的环状结构，这一结构决定它具有手性，被广泛用作压电材料，如制作石英手表，故C正确；杯酚分离碳60和碳70体现了超分子的分子识别特征，故D错误。9．下列反应的离子方程式书写正确的是()A．等体积、等浓度的NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2OB．将Fe2O3溶于过量HI溶液：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2OC．向AgCl悬浊液中滴加足量Na2S溶液：AgCl(s)＋S2－(aq)Ag2S(s)＋Cl－(aq)D．向酸性KMnO4溶液中滴加NaHSO3溶液：2MnOeq\o\al(－,4)＋5SOeq\o\al(2－,3)＋6H＋=2Mn2＋＋5SOeq\o\al(2－,4)＋3H2O解析：选A设NaHSO4与Ba(OH)2的物质的量都为1mol，则OH－剩余1mol，离子方程式为H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O，A正确；将Fe2O3溶于过量HI溶液，溶解生成的Fe3＋能将I－氧化为I2，所以最终产物为Fe2＋、I2等，Fe2O3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋3H2O，B不正确；向AgCl悬浊液中滴加足量Na2S溶液，由于Ag2S的溶解度比AgCl更小，所以发生反应：2AgCl(s)＋S2－(aq)Ag2S(s)＋2Cl－(aq)，C不正确；H2SO3为弱酸，则HSOeq\o\al(－,3)不可拆分，反应的离子方程式为2MnOeq\o\al(－,4)＋5HSOeq\o\al(－,3)＋H＋=2Mn2＋＋5SOeq\o\al(2－,4)＋3H2O，D不正确。10．Robinson合环反应是合成多环化合物的重要方法，例如：下列说法中正确的是()A．有机物M、P、Q属于同系物B．有机物M、P、Q均含有手性碳原子C．有机物N中所有原子可能在同一平面内D．有机物N完全氢化后的名称为2­丁醇解析：选D有机物M与P、Q所含官能团种类、数目或环不相同，结构不相似，不属于同系物，A项错误；有机物M、P不含有手性碳原子，B项错误；有机物N分子中含有甲基，甲基中最多三个原子共平面，C项错误；有机物N完全氢化后的结构简式为，名称为2­丁醇，D项正确。11．V、W、X、Y、Z是由周期表中前20号元素组成的五种化合物，涉及元素的原子序数之和等于35，V、W、X、Z均由两种元素组成。五种化合物的反应关系如图：下列有关说法不正确的是()A．涉及元素中只有一种金属元素，其焰色试验的火焰颜色为砖红色B．涉及元素中含有三种非金属元素，原子半径随原子序数递增而增大C．化合物W为电解质，其水化物能抑制水的电离D．Y和X反应可生成一种新的离子化合物，包含涉及的所有元素解析：选BX是一种无色无味的气体，是由两种元素构成的化合物，且由固体V与氧气反应得到，可知X和W均是氧化物，我们比较熟悉的有CO2、NO、CO等。并可由此确定V中含有碳元素或氮元素等。W和Y均为白色固体，且W与H2O反应生成Y，又W是氧化物，符合这些条件的物质常见的有氧化钙、氧化镁、氧化钠等。据此可初步推断V为碳化钙、氮化镁一类的物质。题目中又告诉我们：上述5种化合物涉及的所有元素的原子序数之和等于35。可计算推知：V是CaC2，Z是C2H2，Y为Ca(OH)2，W为CaO，Z为C2H2，X为CO2，以此解题。根据分析可知，涉及的元素中只有Ca一种金属元素，其焰色试验的火焰颜色为砖红色，A正确；涉及元素中含有三种非金属元素，分别为H、C、O，其中半径C>O，B错误；由分析可知，W为CaO，其和水反应生成氢氧化钙，可以抑制水的电离，C正确；由分析可知，X为CO2，Y为Ca(OH)2，两者反应可以生成碳酸氢钙，其中包含所涉及的所有元素，D正确。12．我国石膏矿产资源储量丰富，已探明的各类石膏保有储量居世界首位，在实验室中用天然石膏制备(NH4)2SO4和生石灰的流程如图所示。下列叙述错误的是()A．过滤操作中玻璃棒底端应紧贴滤纸内壁B．①②两步通入的气体不能颠倒C．流程中发生的主要反应均为非氧化还原反应D．第④步为蒸发结晶，当溶液恰好蒸干时就停止加热解析：选D过滤需要用到玻璃棒引流，引流时玻璃棒底端应紧贴滤纸内壁，A项正确；CO2溶解度远低于NH3，颠倒后溶液中生成的COeq\o\al(2－,3)的量少，无法使Ca2＋大量沉淀，不利于(NH4)2SO4的生成，B项正确；题给流程的所有反应中元素的化合价没有变化，都是非氧化还原反应，C项正确；蒸发结晶操作中当有大量固体析出时，就要停止加热，利用余热将水分蒸干，溶液恰好蒸干时再停止加热会导致受热不均，容易引起固体颗粒的飞溅，D项错误。13．一种钠硫电池在常温下的工作原理如图所示(以NaClO4和NaNO3的四乙二甲基醚混合溶液为电解液)，下列说法正确的是()A．电极甲的材料是金属钠，电极乙的材料是S8B．该电池放电时，电极甲上发生的电极反应为S8－16e－＋16Na＋=8Na2SC．电池充电时，电极乙接电源的负极，发生还原反应D．可用NaNO3的水溶液作为电解液来提高该电池的工作效率解析：选C从图中可以看出，放电时，电极甲附近，S8→Na2S6→Na2S4→Na2S，则此电极为正极，电极材料为S8；电极乙的材料为钠，作负极，Na失电子生成Na＋进入溶液，向电极甲移动。由分析可知，电极乙的材料是金属钠，电极甲的材料是S8，A不正确；该电池放电时，电极甲为正极，S8得电子产物与电解质反应生成Na2S，发生的电极反应为S8＋16e－＋16Na＋=8Na2S，B不正确；电池放电时，电极乙为负极，则电池充电时，电极乙应为阴极，接电源的负极，得电子发生还原反应，C正确；电极乙为钠，钠能与水发生剧烈反应，所以不能用NaNO3的水溶液作为电解液来提高该电池的工作效率，D不正确。14．在催化剂作用下，以CO2和H2为原料进行合成CH3OH的实验。保持压强一定，将起始n(CO2)∶n(H2)＝1∶3的混合气体通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率和CH3OH的选择性[eq\f(n生成CH3OH,n转化CO2)×100%]与温度的关系如下图所示。已知反应管内发生的反应为反应1：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－49.5kJ·mol－1反应2：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝41.2kJ·mol－1下列说法正确的是()A．CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)的ΔH＝90.7kJ·mol－1B．280℃时，出口处CH3OH的体积分数的实验值小于平衡值C．220℃～240℃时CO2的平衡转化率随温度升高而降低，原因是反应2转化的CO2随温度的升高而减少D．220℃～280℃时，反应1的速率高于反应2的速率解析：选D由题给热化学方程式可知，反应1为放热反应，反应2为吸热反应，升高温度反应1逆向移动，则CH3OH的选择性随温度升高而减小，依据图中曲线解答。根据盖斯定律，反应1－反应2得到CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)ΔH＝－49.5kJ·mol－1－41.2kJ·mol－1＝－90.7kJ·mol－1，故A错误；由图可知，280℃时，出口处CH3OH的体积＝起始CO2的体积×CO2的转化率×CH3OH的选择性，实验值≈起始CO2体积×22%×60%，平衡值≈起始CO2体积×25%×30%，所以CH3OH的体积分数的实验值大于平衡值，故B错误；反应1为放热反应，升高温度反应1逆向移动，则220℃～240℃时，CO2的平衡转化率随温度升高而降低，原因是反应1转化的CO2随温度的升高而减少，故C错误；根据B项分析，CH3OH的体积分数的实验值大于平衡值，说明反应1的速率高于反应2的速率，故D正确。15．用0.5mol·L－1NaHCO3溶液滴定25mL0.25mol·L－1CaCl2溶液，加入的碳酸氢钠溶液体积与溶液pH变化曲线如图所示，其中V＝4.54mL时溶液中无沉淀，之后出现白色浑浊且逐渐增多，当滴加的NaHCO3溶液体积为25.00mL时，溶液的pH稳定在7.20左右，整个滴定过程中未见气泡产生。下列叙述错误的是()已知：Ksp(CaCO3)＝3.36×10－9，Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11,100.8≈6.3。A．a点的混合溶液，2c(Ca2＋)＋c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)B．a→b的过程中，水的电离程度不断增大C．总反应的化学方程式：CaCl2＋2NaHCO3=2NaCl＋CaCO3↓＋H2CO3D．b点的混合溶液，c(HCOeq\o\al(－,3))·c(Ca2＋)≈4.5×10－6解析：选Ba点时溶液中存在电荷守恒2c(Ca2＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)＋c(OH－)，a点溶液显碱性，所以c(OH－)>c(H＋)，则可得到2c(Ca2＋)＋c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)，A正确；a点溶液中溶质有NaHCO3和CaCl2，水的电离被促进，b点溶液中溶质有NaCl和H2CO3，水的电离被抑制，对比之下发现，a到b的过程中，水的电离程度不断减小，B错误；根据题干中信息，有白色浑浊生成且全程无气体生成，得出总反应的化学方程式：CaCl2＋2NaHCO3=2NaCl＋CaCO3↓＋H2CO3，C正确；Ka2(H2CO3)＝eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))·eq\f(cCa2＋,cCa2＋)＝eq\f(cH＋,cHCO\o\al(－,3))·eq\f(KspCaCO3,cCa2＋)，则c(Ca2＋)·c(HCOeq\o\al(－,3))＝eq\f(cH＋,Ka2H2CO3)·Ksp(CaCO3)，代入题中给出的数据c(Ca2＋)·c(HCOeq\o\al(－,3))＝eq\f(10－7.2,4.7×10－11)×3.36×10－9≈4.5×10－6，D正确。16．探究铜及其化合物的性质，下列实验方案设计、现象和结论都正确的是()实验方案现象结论A铁片与铜片用导线相连，放入盛有浓硝酸的烧杯中铜片不断溶解，而铁片表面无明显变化该情况下，铜单质的还原性强于铁单质B向铜丝与浓硫酸反应后的溶液中加蒸馏水稀释溶液变为蓝色该反应的产物中有CuSO4产生C在试管中加入2mL10%NaOH溶液，再加入5滴5%CuSO4溶液，振荡后加入0.5mL乙醛溶液，加热有砖红色沉淀产生乙醛能将新制氢氧化铜悬浊液还原为Cu2OD向10mL0.1mol·L－1Na2S溶液中滴入2mL0.1mol·L－1ZnSO4溶液，再加入2mL0.1mol·L－1CuSO4溶液开始有白色沉淀产生，后产生黑色沉淀Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)解析：选C铁的还原性强于铜，铁片表面无变化是因为铁发生了钝化，故A错误；验证铜与浓硫酸反应后的产物，应将反应液倒入盛水的烧杯中，防止浓硫酸稀释时液滴飞溅，故B错误；用新制氢氧化铜碱性悬浊液可以检验醛基存在，新制氢氧化铜碱性悬浊液有弱氧化性，在加热下被醛基还原为砖红色的氧化亚铁沉淀，故C正确；Na2S与ZnSO4反应中，Na2S过量，可以继续与CuSO4反应产生黑色沉淀，无法证明由硫化锌转化为了硫化铜，故无法得出Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)的结论，故D错误。卷Ⅱ非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17．(10分)载氢体与储氢材料的研究是氢能利用的关键技术。回答以下问题：(1)氮原子激发态的电子排布式有______________，其中能量最高的是____________。(填标号)a．1s22s22p23s1 b．1s22s12p4c．1s22s22p13p2 d．1s12s22p13d1(2)PH3和NH3为两种常见的三角锥形气态分子，其键角分别93°6′和107°，试用价层电子对互斥模型分析PH3的键角小于NH3的原因______________________________________________。NH3的沸点比PH3大但比H2O小的原因是：________________________________________________________________________。(3)载氢体氨硼烷(NH3BH3)和氨硼烷锂(LiNH2BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料，氨硼烷锂(LiNH2BH3)中存在的化学键类型为________，NH3BH3分子中存在配位键，N原子与B原子的杂化类型分别为____________、____________。(4)某种储氢材料LaNi5的晶体结构已经测定，属六方晶系，晶胞参数a＝511pm，c＝397pm，晶体结构如图所示：已知上述晶体结构最多可容纳18个氢原子，写出完全吸氢后物质的化学式为____________，并计算该储氢材料完全吸氢后氢的密度____________g·cm－3，(列出计算式即可，阿伏加德罗常数为NA，忽略吸氢前后晶胞的体积变化)。解析：(1)基态N原子核外电子排布为1s22s22p3；a.1s22s22p23s1为2p电子跃迁到3s轨道，为激发态；b.1s22s12p4为2s电子跃迁到2p轨道，为激发态；c.1s22s22p13p2为2p电子跃迁到3p轨道，为激发态；d.1s12s22p13d1不是氮原子的电子排布；不同能级能量高低顺序为3p>2p>2s，则其中能量最高的是c。(2)PH3和NH3的中心原子均为sp3杂化，由于N的电负性大于P且N的原子半径比P小，导致N—H键中成键电子对更偏向N，使得成键电子对之间的斥力NH3>PH3，故PH3的键角小于NH3；NH3能形成分子间氢键而PH3不能形成氢键，导致NH3的沸点比PH3大；水分子也能形成分子间氢键，水分子中氧存在2对孤电子对且氧的电负性大于氮，故水分子形成氢键数目大于氨气分子且形成的氢键较牢固，故水的沸点更高。(3)氨硼烷锂(LiNH2BH3)中存在阳离子锂离子和阴离子之间的离子键以及氮氢、硼氢之间的共价键；NH3BH3分子中存在配位键，结构为，N原子与B原子均能形成4个共价键，其杂化类型均为sp3。(4)据“均摊法”，晶胞中含12×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,2)＝3个La、18×eq\f(1,2)＋6＝15个Ni，已知上述晶体结构最多可容纳18个氢原子，则完全吸氢后物质的化学式为LaNi5H6；晶胞参数a＝511pm，c＝397pm，则晶胞体积为511×(eq\f(\r(3),2)×511)×eq\f(1,2)×6×397×10－30cm3＝3×5112×397×eq\f(\r(3),2)×10－30cm3，晶体密度为eq\f(\a\vs4\al(\f(3M,NA)),V)g·cm－3＝eq\f(3×440,NA×3×5112×397×\f(\r(3),2)×10－30)g·cm－3＝eq\f(440,NA×5112×397×\f(\r(3),2)×10－30)g·cm－3。答案：(1)abcc(2)N的原子半径比P小、电负性比P大，使得NH3分子中成键电子对更偏向N，成键电子对间的斥力NH3>PH3氨气分子间可以形成氢键，水分子间形成的氢键数目多于氨气分子间形成数目(3)离子键，共价键sp3sp3(4)LaNi5H6eq\f(440,NA×5112×397×\f(\r(3),2)×10－30)18．(10分)有关物质的转化关系如下图所示，部分物质与条件已略去。已知A由两种元素组成，且其式量为65，B是由两种元素组成的黑色粉末，C是空气中含量最多的气体，D是白色粉末，且其焰色反应呈黄色，E是一种紫红色金属，H是一种红棕色气体，I是最常见的液体，K是一种强碱。(1)A的化学式为________________；C的结构式为________________。(2)D的电子式为________________。(3)K中含有的化学键类型有__________________，属于__________________(填“离子化合物”或“共价化合物”)。(4)写出反应①的化学方程式：_____________________________________________________________________________________________________________________。写出反应②的离子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________。(5)黑色粉末B隔绝空气加热分解，可得一种红色固体，请设计实验，确认该固体的组成：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：C是空气中含量最多的气体，则C为N2；D是白色粉末且焰色反应呈黄色，说明D中含有钠元素；I是最常见的液体，则I为H2O；K是一种强碱，D与I反应生成K，则K为NaOH，所以D为Na2O；E是一种紫红色金属，则E为Cu；A是由两种元素组成的物质，其式量为65，B由两种元素组成的黑色固体，反应产生Cu单质，则B是CuO，A、B反应生成C、D、E，C与F产生G，G与F产生H，H是一种红棕色气体，则H为NO2，根据转化关系可知，F为O2，G为NO；NO2与H2O反应生成J为HNO3，结合元素守恒可知，A为NaN3；E与J反应产生L、G、I，则L为Cu(NO3)2，据此进行答题。(1)A化学式是NaN3；C是N2，N2分子中2个N原子通过共价三键结合，结构式是N≡N。(2)D为Na2O，该物质是离子化合物，2个Na＋与O2－通过离子键结合，电子式是Na＋[eq\o\al(×,·)eq\o(O,\s\up6(),\s\do4())eq\o\al(×,·)]2－Na＋。(3)K是NaOH，该物质是离子化合物，Na＋与OH－通过离子键结合，在OH－中O原子与H原子之间通过共价键结合，故NaOH中含有的化学键为离子键和共价键。(4)①A为NaN3，B为CuO，在撞击时二者发生反应产生N2、Na2O、Cu，该反应的方程式为CuO＋2NaN3eq\o(=,\s\up7(撞击),\s\do5())Na2O＋3N2↑＋Cu；②Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，反应的离子方程式：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。(5)若红色固体中含有铜和氧化亚铜，ag红色固体溶于足量稀硫酸，氧化亚铜与稀硫酸反应生成铜、硫酸铜和水，固体会部分溶解，反应后的固体质量会大于eq\f(64a,144)g＝eq\f(4a,9)g，则实验方案为称取ag红色固体，加足量稀硫酸，若固体不溶解，则为铜；若固体部分溶解，溶液变为淡蓝色，说明固体中含有氧化亚铜；过滤、洗涤、干燥，称量反应后的固体，若固体质量等于eq\f(4a,9)g，说明固体中仅含有氧化亚铜；若固体质量大于eq\f(4a,9)g，说明固体中含有氧化亚铜和铜。答案：(1)NaN3N≡N(2)Na＋[eq\o\al(×,·)eq\o(O,\s\up6(),\s\do4())eq\o\al(×,·)]2－Na＋(3)离子键和共价键离子化合物(4)①CuO＋2NaN3eq\o(=,\s\up7(撞击))Na2O＋3N2↑＋Cu②3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O(5)称取ag红色固体，加足量稀硫酸，若无现象，则红色固体为铜；若固体部分溶解，溶液变为淡蓝色，说明固体中含有氧化亚铜；过滤、洗涤、干燥，称量反应后的固体，若固体质量等于eq\f(4a,9)g，说明固体是氧化亚铜；若固体中大于eq\f(4a,9)g，说明固体是有铜和氧化亚铜的混合物19．(10分)二氧化碳的重整和综合利用可以有效缓解环境压力，助力尽快实现双碳目标。CO2与H2合成甲醇涉及反应：Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41.2kJ·mol－1Ⅲ.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH3＝－90.2kJ·mol－1回答下列问题：(1)ΔH1＝____________。(2)若反应Ⅱ的ΔS2＝＋42.1J·mol－1·K－1，则该反应在298K时__________(填“能”或“不能”)自发进行。(3)T0℃，向10L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2发生上述反应。10min末达到平衡时测得容器中CO2的转化率为90%，CO的物质的量为0.3mol。①0～10min内，平均反应速率v(CH3OH)＝________________。②下列叙述不能作为上述反应达到平衡状态标志的是__________。A．H2O的生成速率与CO2的消耗速率相等B．混合气体的总质量不再变化C．混合气体的总压强不再变化D．CO的物质的量不再变化③T0℃时，H2的平衡转化率为__________；该温度下，反应Ⅰ的平衡常数Kc＝__________(保留三位有效数字)。(4)我国学者结合实验和计算机模拟结果，提出了CO2电还原制备CH3OH的机理，其部分反应历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用“·”标注。其中CO2在____________(填“阴极”或“阳极”)上发生反应；下列转化过程中，可能适合在高温条件下进行的是____________(填选项字母)。A．CO2＋6H→·CO2B．·CO＋·OH→·CO＋·H2OC．·OCH→·OCH2D．·CH3OH→CH3OH解析：(1)根据盖斯定律Ⅱ＋Ⅲ得CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＝＋41.2kJ·mol－1－90.2kJ·mol－1＝－49.0kJ·mol－1；(2)反应Ⅱ的ΔS2＝＋42.1J·mol－1·K－1，由吉布斯自由能公式得ΔG2＝ΔH2－TΔS2＝41.2kJ·mol－1－298K×42.1×10－3kJ·mol－1·K－1>0，故不能自发进行；(3)①由元素守恒知，参加反应的CO2的物质的量等于生成CO和CH3OH的物质的量之和，由信息知，平衡时有0.9molCO2参加反应，其中有0.3mol转化为CO，即生成0.6molCH3OH，则0～10min内，平均反应速率v(CH3OH)＝eq\f(0.6mol,10L×10min)＝0.006mol·L－1·min－1；②H2O的生成速率与CO2的消耗速率，都是正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，故选A；反应前后均为气体，根据质量守恒，混合气体的总质量是恒量，总质量不变，不能说明反应达到平衡，故选B；反应Ⅰ、Ⅲ为气体分子数目减少的反应，混合气体的总压强是变量，总压强不再变化，可以说明反应达到平衡，故不选C；反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，CO的物质的量不再变化，可以说明反应达到平衡，故不选D；③反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)初始/mol1300转化/mol0.61.80.60.6平衡/mol0.41.20.60.6反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)初始/mol0.41.200.6转化/mol0.30.30.30.3平衡/mol0.10.90.30.9T0℃时，H2的平衡转化率为eq\f(1.8＋0.3,3)×100%＝70%；该温度下，反应Ⅰ的平衡常数Kc＝eq\f(cCH3OH·cH2O,cCO2·c3H2)＝eq\f(\f(0.6,10)×\f(0.9,10),\f(0.1,10)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.9,10)))3)≈741；(4)CO2发生还原反应，所以在阴极上发生反应；CO2＋6H→·CO2放热，升高温度，不利于正向进行，故不选A；·CO＋·OH→·CO＋·H2O吸热，升高温度，利于正向进行，故选B；·OCH→·OCH2放热，升高温度，不利于正向进行，故不选C；·CH3OH→CH3OH吸热，升高温度，利于正向进行，故选D。答案：(1)－49.0kJ·mol－1(2)不能(3)①0.006mol·L－1·min－1②AB③70%741(4)阴极BD20．(10分)一种湿化学氧化法合成高铁酸钾(K2FeO4)的工艺流程如下：实验室可利用如图所示装置制取K2FeO4(夹持装置略)。已知：K2FeO4可溶于水，在0～5℃的强碱性溶液中较稳定，酸性、弱碱性时易与水反应。(1)用高锰酸钾固体与浓盐酸通过装置A制氯气时，盛放高锰酸钾的仪器名称为____________，装置C中的试剂为____________。(2)上述装置存在一处缺陷，会导致K2FeO4产率降低，改进的方法是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)装置B中首先制备KClO，然后在剧烈搅拌下将90%的Fe(NO3)3溶液分批加入烧瓶中，充分反应可得K2FeO4溶液，该反应的化学方程式为__________________________________________；为了更好地析出K2FeO4，“冷却结晶”时继续补加适量的KOH，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)流程中“洗涤、干燥”时用无水乙醇洗涤，主要原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)对制得的产品进行定量分析时发生的反应有：FeOeq\o\al(2－,4)＋CrOeq\o\al(－,2)＋2H2O=CrOeq\o\al(2－,4)＋Fe(OH)3↓＋OH－2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋=Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2OCr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O称取2.0g制得的K2FeO4产品溶于适量KOH溶液中，加入足量KCrO2，充分反应后过滤，将滤液转移到250mL容量瓶中定容。取25.00mL定容后的溶液于锥形瓶，加入稀硫酸酸化，滴加几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.10mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定终点溶液由紫色变为绿色，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为26.00mL。则标准液应选用______(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放，该K2FeO4样品的纯度为__________%。解析：(1)盛装高锰酸钾的仪器为蒸馏烧瓶，装置C盛装的是NaOH溶液，用于吸收多余的氯气。(2)装置A中生成的氯气中混有HCl，需要除去，否则HCl消耗KOH，导致K2FeO4产率降低，可用饱和食盐水除去氯气中的HCl。(3)制取K2FeO4的反应物为KClO、Fe(NO3)3和KOH，铁元素化合价升高，Fe(NO3)3作还原剂，则KClO作氧化剂，生成－1价的氯，根据得失电子守恒和质量守恒可配平化学方程式。(5)硫酸亚铁铵是强酸弱碱盐，水溶液显酸性，应盛放在酸式滴定管中。由题给反应可得到关系式：2FeOeq\o\al(2－,4)～6Fe2＋，消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝26.00×10－3×0.10mol＝2.6×10－3mol，则2.0g产品中n(K2FeO4)＝2.6×10－3mol×eq\f(2,6)×eq\f(250mL,25.00mL)＝eq\f(2.6,3)×10－2mol，m(K2FeO4)＝eq\f