河南省洛陽市2019屆高三化學(xué)下學(xué)期第二次統(tǒng)一考試試題(含解析)

河南省洛陽市2019屆高三化學(xué)下學(xué)期第二次一致考試一試題（含分析）可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1Be-9C-12N-14O-16Al-27S-32Fe-56Cu-64I-127Pb-207一、選擇題：本題共13小題，每題6分，共78分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的?；瘜W(xué)與生產(chǎn)、生活及社會(huì)發(fā)展親近相關(guān)，以下相關(guān)說法不正確的選項(xiàng)是“血液透析”和“靜電除塵”利用了膠體的不一樣性質(zhì)氨基酸在人體中生成新的蛋白質(zhì)的反應(yīng)屬于縮聚反應(yīng)從海水中提取物質(zhì)都一定經(jīng)過化學(xué)反應(yīng)才能實(shí)現(xiàn)在食品袋中放入盛有硅膠的透氣小袋，可防范食品受潮【答案】C【分析】【詳解】A.血液和空氣都屬于膠體，“血液透析”利用的是滲析原理，“靜電除塵”利用的是膠體的電泳原理，利用了膠體的不一樣性質(zhì)，A項(xiàng)正確；B.氨基酸在人體中生成新的蛋白質(zhì)的反應(yīng)屬于縮聚反應(yīng)，B項(xiàng)正確；C.從海水中提取物質(zhì)不必定要經(jīng)過化學(xué)反應(yīng)才能實(shí)現(xiàn)，如提取氯化鈉，蒸發(fā)結(jié)晶即可，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.硅膠擁有吸水作用，可防范食品受潮，D項(xiàng)正確；答案選C?！军c(diǎn)睛】C項(xiàng)觀察的是關(guān)于海水水資源的利用知識(shí)，海水中可以提取溴、碘、鎂元素，每個(gè)工藝流程及所涉及的化學(xué)反應(yīng)，學(xué)生要注意歸納總結(jié)，這些過程均涉及化學(xué)變化，而海水中提取氯化鈉、蒸餾水等則是物理變化，學(xué)生要加以理解并識(shí)記。設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項(xiàng)是A.0.5mol雄黃(AsS)，結(jié)構(gòu)如圖，含有N個(gè)S-S鍵44AB.將1molNH4NO3溶于適當(dāng)稀氨水中，所得溶液呈中性，則溶液中+NH4的數(shù)量為NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，33.6L二氯甲烷中含有氯原子的數(shù)量為3NAD.高溫下，16.8gFe與足量水蒸氣完整反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.6NA-1-【答案】B【分析】A.S原子最外層有六個(gè)電子，形成2個(gè)共價(jià)鍵，As原子最外層五個(gè)，形成3個(gè)共價(jià)鍵，由結(jié)構(gòu)圖知白色球?yàn)榱蛟樱?-，NH.HO434332+-+-+NH4+OH,溶于適當(dāng)稀氨水中，所得溶液呈中性，則溶液中n(NH4)=n(NO3),NH4的數(shù)量等于NA，故B正確；C.標(biāo)況下,二氯甲烷為液體,不可以使用氣體摩爾體積,故C錯(cuò)誤;D.16.8g鐵的物質(zhì)的量為0.3mol,而鐵與水蒸汽反應(yīng)后變?yōu)?8/3價(jià),故0.3mol鐵失掉0.8mol電子即0,8NA個(gè),所以D錯(cuò)誤;所以B選項(xiàng)是正確的。3.近來幾年來，食品安全事故屢次發(fā)生，人們對(duì)食品增加劑的認(rèn)識(shí)逐漸加深。BHT是一種常用的食品抗氧化劑，合成方法有以下兩種，以下說法正確的選項(xiàng)是A.不可以與Na2CO3溶液反應(yīng)B.與BHT互為同系物C.BHT久置于空氣中不會(huì)被氧化D.兩種方法的反應(yīng)種類同樣【答案】B【分析】【詳解】A.酚-OH的酸性比碳酸弱，比碳酸氫根離子酸性強(qiáng)，所以可與碳酸鈉反應(yīng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.兩者結(jié)構(gòu)相似，官能團(tuán)同樣，均為苯酚的同系物，則與BHT互為同系物，B項(xiàng)正確；C.BHT含酚-OH，易被氧化，所以能發(fā)生氧化反應(yīng)，久置于空氣中會(huì)被氧化，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.由方法一可知，碳碳雙鍵變單鍵，發(fā)生的是加成反應(yīng)，而方法二中，酚-OH的鄰位H被叔丁基取代，為取代反應(yīng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤，答案選B?！军c(diǎn)睛】本題觀察有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高考高頻考點(diǎn)，掌握結(jié)構(gòu)中官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系-2-為解答的要點(diǎn)，注意信息的利用及分析，重視苯酚性質(zhì)的觀察，題目難度不大。以下列圖是部分短周期元素原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系圖，以下說法正確的選項(xiàng)是A.M、N的氧化物都能與Z、R的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物反應(yīng)B.Y的單質(zhì)能從含R簡(jiǎn)單離子的水溶液中置換出R單質(zhì)X、M兩種元素構(gòu)成的化合物熔點(diǎn)很高簡(jiǎn)單離子的半徑：R>M>X【答案】C【分析】由圖可知，為第二周期和第三周期元素的原子半徑的變化，依據(jù)原子序數(shù)關(guān)系可知X為O元素，Y為F元素，Z為Na元素，M為Al元素，N為Si元素，R為Cl元素，A．M、N的氧化物Al2O3、SiO2都能與Z、R的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物NaOH反應(yīng)，但SiO2不與R的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物HClO4反應(yīng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．F2特別爽朗，與含氯離子的水溶液反應(yīng)時(shí)直接與水反應(yīng)，沒法置換出氯氣，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．X、M兩種元素構(gòu)成的化合物氧化鋁熔點(diǎn)很高，選項(xiàng)C正確；D．O2-、Al3+電子層結(jié)構(gòu)同樣，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，Cl-比它們多一個(gè)電子層，半徑最大，故離子半徑Cl-＞O2-＞Al3+，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選C。點(diǎn)睛：本題觀察結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，推測(cè)元素是解題要點(diǎn)，重視對(duì)化學(xué)用語的觀察，注意理解氫氧化鋁的兩性，能與強(qiáng)酸強(qiáng)堿反應(yīng)，由圖可知，為第二周期和第三周期元素的原子半徑的變化，依據(jù)原子序數(shù)關(guān)系可知X為O元素，Y為F元素，Z為Na元素，M為Al元素，N為Si元素，R為Cl元素，據(jù)此分析得解。5.實(shí)驗(yàn)室利用以下列圖裝置制取無水A1C13(183℃升華，遇濕潤(rùn)空氣即產(chǎn)生大批白霧)，以下說法正確的選項(xiàng)是-3-①的試管中盛裝二氧化錳，用于常溫下制備氯氣②、③、⑥、⑦的試管中挨次盛裝濃H2SO4、飽和食鹽水、濃H2SO4、NaOH溶液滴加濃鹽酸的同時(shí)點(diǎn)燃④的酒精燈⑤用于采集AlCl3，⑥、⑦可以用一個(gè)裝有堿石灰的干燥管取代【答案】D【分析】【分析】由實(shí)驗(yàn)裝置可知，①為濃鹽酸與強(qiáng)氧化劑反應(yīng)生成氯氣，②中飽和食鹽水可除去氯氣中的HCl，③中濃硫酸干燥氯氣，④中Al與氯氣反應(yīng)生成AlCl3，⑤為采集氯化鋁的裝置；⑥中濃硫酸防范水進(jìn)入④和⑤中引起氯化鋁水解，⑦中NaOH溶液汲取尾氣中的氯氣，以此來來解答。【詳解】A.①的試管中盛裝二氧化錳，常溫與濃鹽酸不反應(yīng)，需要加熱制備氯氣，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.由上述分析可知②、③、⑥、⑦的試管中挨次盛裝飽和食鹽水、濃H2SO4、濃H2SO4、NaOH溶液，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.滴加濃鹽酸使產(chǎn)生的氯氣排出裝置中的氧氣，再點(diǎn)燃④的酒精燈，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.⑤用于采集AlCl3，⑥、⑦兩個(gè)裝置要防范其水解，且要汲取尾氣中的氯氣，則⑥、⑦可以用一個(gè)裝有堿石灰的干燥管取代，D項(xiàng)正確；答案選D。利用以下實(shí)驗(yàn)研究鐵釘在不一樣溶液中的吸氧腐化。以下說法不正確的選項(xiàng)是-4-A.上述正極反應(yīng)均為--O2+4e+2H2O=4OH在不一樣溶液中，Cl-是影響吸氧腐化速率的主要要素向?qū)嶒?yàn)④中加入少許(NH4)2SO4固體，吸氧腐化速率加快在300min內(nèi)，鐵釘?shù)木鶆蛭醺俾仕嵝匀芤捍笥谥行匀芤骸敬鸢浮緽【分析】A.依據(jù)圖象可知,實(shí)驗(yàn)裝置中的氧氣濃度是逐漸降低的,故此腐化為吸氧腐化,其正極反應(yīng)為--O2+4e+2H2O=4OH，故A正確；B.依據(jù)圖象可知,①②的反應(yīng)速率湊近,③④的反應(yīng)速率湊近,且①遠(yuǎn)大于③,②遠(yuǎn)大于④,故陰離子對(duì)反應(yīng)速率影響不大,NH4+是影響反應(yīng)速率的主要要素，+,故向?qū)嶒?yàn)故B錯(cuò)誤；C.由于NH是影響反應(yīng)速率的主要要素,能以致鋼鐵的吸氧腐化速率加快4④中加入少許(NH4)2SO4固體，吸氧腐化速率加快，故C正確；D.①②溶液顯酸性，③④顯中性，依據(jù)圖象可知，鐵釘?shù)木鶆蛭醺俾仕嵝匀芤捍笥谥行匀芤?，故D正確。應(yīng)選:B。向0.1mol·L－1的NH4HCO3溶液中逐漸加入0.1mol·L－1NaOH溶液時(shí)，含氮、含碳粒子的分布狀況以下列圖(縱坐標(biāo)是各粒子的分布系數(shù)，即物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)a)，依據(jù)圖象，以下說法不正確的選項(xiàng)是A.開始階段，－反而略有增加，可能是由于NH4HCO3溶液中存在H2CO3，發(fā)生的主要反應(yīng)是HCO3－－H2CO+OH=HCO+HO332當(dāng)pH大于8.7以后，碳酸氫根離子和銨根離子同時(shí)與氫氧根離子反應(yīng)pH=9.5時(shí)，溶液中c(HCO3－)>c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(CO32－)滴加氫氧化鈉溶液時(shí)，第一發(fā)生的反應(yīng)：2NH4HCO3+2NaOH=(NH4)2CO3【答案】D【分析】【分析】-5-NHHCO溶液中存在+++NH的水解均衡，即NH4+H2O?NH?HO+H①；43432-的水解均衡，即--HCO3HCO3+H2O?H2CO3+OH②；-的電離均衡，即-+2-③，據(jù)此分析。HCO3HCO3?H+CO3【詳解】依據(jù)上述分析可知：A.在未加氫氧化鈉時(shí)，溶液的pH=7.7，呈堿性，則上述3個(gè)均衡中第②個(gè)-HCO3的水解為主，-滴加氫氧化鈉的開始階段，氫氧根濃度增大，均衡②向逆方向挪動(dòng)，HCO3的量略有增加，即逆方向的反應(yīng)是--+H2O，A項(xiàng)正確；H2CO3+OH═HCO3B.關(guān)于均衡①，氫氧根與氫離子反應(yīng)，均衡正向挪動(dòng)，+NH?HO的量增加，NH的量減小。由324圖可知，當(dāng)pH大于2-的量在增加，均衡③遇到影響，-8.7以后，COHCO被耗費(fèi)，即碳酸氫根33離子和銨根離子都與氫氧根離子反應(yīng)，B項(xiàng)正確；C.從圖中可直接看出pH=9.5時(shí)，溶液中-+2-)，C項(xiàng)正確；c(HCO3)>c(NH3?H2O)>c(NH4)>c(CO3D.滴加氫氧化鈉溶液時(shí)，---HCO的量并沒減小，反而增大，說明第一不是HCO與OH反應(yīng),而是33+NHHCO+NaOH═NaHCO+NH?HO，D項(xiàng)錯(cuò)誤；443332答案選D。三、非選擇題(一)必考題：共129分。氮化鋁(AN)是一種性能優(yōu)異的新式資料，在許多領(lǐng)域有廣泛應(yīng)用，遠(yuǎn)景廣闊。某化學(xué)小組模擬工業(yè)制氮化鋁原理欲在實(shí)驗(yàn)室制備氮化鋁并檢驗(yàn)其純度。查閱資料：①實(shí)驗(yàn)室用飽和NaNO2溶液與NH4C1溶液共熱制N2：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O②工業(yè)制氮化鋁：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，氮化鋁在高溫下能水解。AlN與NaOH飽和溶液反應(yīng)：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑。．氮化鋁的制備實(shí)驗(yàn)中使用的裝置如上圖所示，請(qǐng)依照氮?dú)鈿饬鞣较驅(qū)⒏鲀x器接口連接：e→c→d→a→b→___________(依據(jù)實(shí)驗(yàn)需要，上述裝置可使用多次)。-6-(2)B裝置內(nèi)的X液體可能是___________，E裝置內(nèi)氯化鈀溶液的作用可能是___________。Ⅱ．氮化鋁純度的測(cè)定【方案i】甲同學(xué)用以下列圖裝置測(cè)定AN的純度(部分夾持裝置已略去)。為正確測(cè)定生成氣體的體積，量氣裝置(虛線框內(nèi))中的Y液體可以是___________。aCCl4bH2OcNH4Cl飽和溶液d植物油(4)若裝置中分液漏斗與導(dǎo)氣管之間沒有導(dǎo)管A連通，對(duì)所測(cè)AlN純度的影響是___________(填“偏大”“偏小”或“不變”)【方案ii】乙同學(xué)按以下步驟測(cè)定樣品中AN的純度。步驟②通入過分___________氣體。步驟③過濾所需要的主要玻璃儀器有___________。樣品中AlN的純度是___________(用含m1、m2、m3的表達(dá)式表示)。【答案】(1).f(g)→g(f)→a→b→i(或f(g)→g(f)→c→d→i)(2).濃硫酸(3).汲取CO，防范污染(4).ad(5).偏大(6).CO2(7).玻璃棒、漏斗、燒杯(8).【分析】【分析】I．實(shí)驗(yàn)室用飽和NaNO2與NH4Cl溶液共熱制N2:NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，可以需要裝置C制備氮?dú)?，生成的氮?dú)庵薪?jīng)過干燥后與Al2O3和C在裝置D中反應(yīng)生成AlN和CO，CO會(huì)污-7-染空氣，可以經(jīng)過氯化鈀溶液汲取，氮化鋁在高溫下能水解，需要防范外界水蒸氣進(jìn)入裝置D，據(jù)此作答；Ⅱ．【方案i】AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，量氣裝置中采集的氣體為氨氣，再依據(jù)操作不妥對(duì)結(jié)果的氨氣體體積的影響分析；【方案ii】依據(jù)流程圖，濾液即清洗液中含有NaAlO2，經(jīng)過步驟②獲取積淀為氫氧化鋁，再結(jié)合方程式相關(guān)物理量分析?！驹斀狻恳罁?jù)上述分析可知；(1)依照氮?dú)鈿饬鞣较?，各儀器接口連接順序?yàn)閒(g)→g(f)→a→b→i(或f(g)→g(f)c→d→i)，故答案為：f(g)→g(f)→a→b→i(或f(g)→g(f)→c→d→i)；依據(jù)上述分析，B裝置內(nèi)的X液體可以是濃硫酸；E裝置內(nèi)氯化鈀溶液是用來汲取CO，防范污染，故答案為：濃硫酸；汲取CO，防范污染；(3)a.氨氣是極性分子，難溶于CCl4，可以采納；b.氨氣極易溶于水，不可以采納；c.氨氣在NH4Cl飽和溶液中溶解度如故很大，不可以采納；d.氨氣難溶于植物油，可以采納；故答案為：ad；若裝置中分液漏斗與導(dǎo)氣管之間沒有導(dǎo)管A連通，則氫氧化鈉溶液的體積會(huì)使所測(cè)氨氣的體積偏大，所測(cè)AlN純度偏大，故答案為：偏大；依據(jù)流程圖，濾液即清洗液中含有NaAlO2，經(jīng)過步驟②獲取積淀為氫氧化鋁，所以步驟②是通入過分CO2氣體，故答案為：CO2；實(shí)驗(yàn)室里過濾需要的玻璃儀器為：玻璃棒、漏斗、燒杯，故答案為：玻璃棒、漏斗、燒杯；(7)依據(jù)Al2O3+3C+N22AlN+3CO，AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，樣品的主要成分為Al2O3、C和AlN，濾渣為C，最后的固體為Al2O3，，-8-則樣品中AlN的純度為，故答案為：。三鹽基硫酸鉛(3PbO·PbSO4·H2O)簡(jiǎn)稱三鹽，白色或微黃色粉末，稍帶甜味、有毒。200℃以上開始失掉結(jié)晶水，不溶于水及有機(jī)溶劑?？捎米骶勐纫蚁┑臒岱€(wěn)固劑。以100.0t鉛泥(主要成分為PbO、Pb及PbSO4等)為原料制備三鹽的工藝流程以以下列圖所示。sp4×10－8sp3×10－13。請(qǐng)回答以下問題:已知：K(PbSO)=1.82，K(PbCO)=1.46步驟①轉(zhuǎn)變的目的是___________，反應(yīng)的離子方程式為___________。濾液3中的主要溶質(zhì)為___________(填化學(xué)式)。步驟③酸溶時(shí)，為提升酸溶速率，可釆取的措施是___________(任寫一條)。此中鉛與硝酸反應(yīng)生成Pb(NO3)2和NO的離子方程式為___________。濾液2中可循環(huán)利用的溶質(zhì)為___________(填化學(xué)式)。若步驟④沉鉛后的濾液中c(Pb2+)=1.82×10－5mol·L－1，則此時(shí)c(SO42－)為___________mol·L－1(5)步驟⑥合成三鹽的化學(xué)方程式為___________。若獲取純凈干燥的三鹽49.5t，假設(shè)鉛泥中的鉛元素有80%轉(zhuǎn)變?yōu)槿}，則鉛泥中鉛元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________(儲(chǔ)存小數(shù)點(diǎn)后二位數(shù))。[已知：三鹽(3PbO·PbSO·HO)的相對(duì)分子質(zhì)置為990]42【答案】(1).將PbSO4轉(zhuǎn)變?yōu)镻bCO3(2).CO2-2-+PbCO3(3).Na2SO43+PbSO4=SO4(4).合適升溫（或合適增大硝酸濃度）(5).3Pb+8H+-2+(6).+2NO=3Pb+2NO↑+4HO323(7).1.0×10-3(8).4PbSO4+6NaOH24422HNO3NaSO+3PbO?PbSO?HO+2HO；(9).51.75%【分析】【分析】以鉛泥(主要成分為PbO、Pb及PbSO4等)為原料制備三鹽，由流程可知，向鉛泥中加Na2CO3溶液是將PbSO4轉(zhuǎn)變?yōu)镻bCO3，Na2CO3(aq)+PbSO4(s)=Na2SO4(aq)+PbCO3(s)，所以濾液Ⅰ的溶質(zhì)主-9-假如Na2SO4和過分的Na2CO3，Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下反應(yīng)：3Pb+8HNO=Pb(NO3)2+2NO↑+4H2O、PbCO3+2HNO3=Pb(NO3)2+CO2↑+H2O、PbO+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O，均轉(zhuǎn)變?yōu)镻b(NO3)2，Pb(NO3)2中加稀H2SO4轉(zhuǎn)變?yōu)镻bSO4和硝酸，過濾的濾液為HNO3，可循環(huán)利用，向硫酸鉛中加入氫氧化鈉合成三鹽和硫酸鈉，發(fā)生4PbSO+6NaOH3Na2SO+3PbO?4PbSO?HO+2H2O，據(jù)此解答。42【詳解】(1)步驟①鉛泥在碳酸鈉溶液中轉(zhuǎn)變生成硫酸鈉和碳酸鉛，其目的是將PbSO化為PbCO43發(fā)生積淀的轉(zhuǎn)變，以便提升鉛的利用率，其離子方程式為：2-2-+PbCO3CO3+PbSO4=SO4故答案為：將PbSO4轉(zhuǎn)變?yōu)镻bCO3；CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3；2）濾液1中的溶質(zhì)為Na2CO3和Na2SO4，故答案為：Na2SO4；3）影響化學(xué)反應(yīng)速率的外界要素有溫度、濃度、壓強(qiáng)、催化劑、反應(yīng)物的接觸面積等，根據(jù)化工生產(chǎn)實(shí)質(zhì)狀況，步驟③酸溶時(shí)，為提升酸溶速率，可采納的措施是合適升溫(或合適增+-2+大硝酸濃度）；鉛與硝酸反應(yīng)生成Pb(NO)2、水和NO，其反應(yīng)離子方程式為：3Pb+8H+2NO=3Pb33+2NO↑+4H2O，故答案為：合適升溫（或合適增大硝酸濃度）；3Pb+8H++2NO3-=3Pb2++2NO↑+4H2O；(4)酸溶時(shí)生成硝酸鉛，硝酸鉛在沉鉛時(shí)與硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成硫酸鉛和硝酸，則濾液2中可循環(huán)利用的溶質(zhì)為HNO3，若步驟④沉鉛后的濾液中c(Pb2+）=1.82×l0-5mol·L-1，則此時(shí)依據(jù)Ksp(PbSO)=c(Pb2+2-)可知，c(SO2-）==1.0×10-3-1)c(SO44mol·L，4故答案為：HNO；1.0×10-3-1mol·L；3(5)步驟⑥在50-60℃條件下硫酸鉛與氫氧化鈉合成三鹽的化學(xué)方程式為：4PbSO+6NaOH3Na2SO4+3PbO?PbSO4?H2O+2H2O；假設(shè)鉛泥中的鉛元素有80%轉(zhuǎn)變?yōu)槿}，若獲取純凈干燥的三鹽49.5t，則鉛泥中鉛元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：×，故答案為：4PbSO+6NaOH3Na2SO4+3PbO?PbSO4?H2O+2H2O；51.75%?！军c(diǎn)睛】本題觀察物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)的知識(shí)。掌握物質(zhì)的性質(zhì)、流程中發(fā)生的反應(yīng)、制備原理、混雜物分別提純、實(shí)驗(yàn)技術(shù)為解答的要點(diǎn)，注意元素化合物知識(shí)和相關(guān)信息的應(yīng)用，題目難度不大。-10-10.跟著科技的進(jìn)步，合理利用資源保護(hù)環(huán)境成為此刻社會(huì)關(guān)注的焦點(diǎn)。甲胺鉛碘(CH3NH3PbI3)用作全固態(tài)鈣鈦礦敏化太陽能電池的敏化劑，可由CH3NH2、PbI2及HI為原料合成，回答以下問題：(1)制取甲胺的反應(yīng)為CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)△H。已知該反應(yīng)中相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)以下：則該反應(yīng)的△H=___________kJ·mol－1(2)上述反應(yīng)中所需的甲醇工業(yè)上利用水煤氣合成，反應(yīng)為：CO(g)+2H2(g)?CHOH(g)△H<O3在必定條件下，將1molCO和2molH2通入密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)，當(dāng)改變某一外界條件(溫度或壓強(qiáng))時(shí)，CH2OH的體積分?jǐn)?shù)(CH3OH)變化趨向以下列圖：①均衡時(shí)，M點(diǎn)CH3OH的體積分?jǐn)?shù)為10%，則CO的轉(zhuǎn)變率為___________。②某同學(xué)以為上圖中Y軸表示溫度，你以為他判斷的原由是______________________。(3)合成甲醇所需的氫氣，工業(yè)上常從一種合成氣(主要成分為CO2、H2)中分別。H2提純過程示企圖以下：①汲取池中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是___________。②用電極反應(yīng)式和離子方程式表示K2CO3溶液的再生原理___________。(4)分解HI曲線和液相法制備HI反應(yīng)曲線分別如圖1和圖2所示：-11-①反應(yīng)H2(g)+I2(g)?2HI(g)的△H=___________0(填“大于”或“小于”)。②將二氧化硫通入碘水中會(huì)發(fā)生反應(yīng)：+－－，I+I－?I－，圖2中曲線bSO+I2+2H2O=3H+HSO+2I3242代表的微粒是___________(填微粒符號(hào))，由圖2可知，要提升碘的還原率，除控制溫度外，還可以夠采納的措施是___________?！敬鸢浮?1).-12(2).25%(3).跟著Y值的增大，c(CH3OH)減小，均衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，故Y為溫度(4).CO2-=2HCO-(5).2H-2+H2O+CO2O+2e-=H↑+2OH、332--2-+HO(6).小于(7).I-(8).減小的投料比2HCO+OH=CO3332【分析】【分析】1）反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能；2）①依據(jù)三行式計(jì)算獲?。虎谝罁?jù)圖示信息：X軸上a點(diǎn)的數(shù)值比b點(diǎn)小，跟著Y值的增加，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)φ（CH3OH）減小，結(jié)合均衡挪動(dòng)原理回答；3）二氧化碳與碳酸鉀反應(yīng)生成碳酸氫鉀，再結(jié)合電解池原理結(jié)合離子反應(yīng)作答；4）①圖象中分析可知隨的高升，HI減小，H2增大，反應(yīng)H2（g）+I2（g）?2HI（g）說明升溫均衡逆向進(jìn)行；②依據(jù)圖象b為從零愈來愈大的離子，a為不變的離子，結(jié)合反應(yīng)過程分析判斷；減小的投料比提升碘的還原率；【詳解】(1)反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能，設(shè)C-H鍵能為xkJ/mol，H=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能=3x+351+463+3×393-（3x+293+2×393+2×463）=-12kJ/mo1，故答案為：-12；(2)①設(shè)CO的轉(zhuǎn)變量是x，則-12-均衡時(shí)，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)為10%，則x/(1-x+2-2x+x)×100%=10%，x=0.25，所以CO的轉(zhuǎn)變率為=25%，故答案為：25%；②依據(jù)圖示信息：X軸上a點(diǎn)的數(shù)值比b點(diǎn)小，跟著Y值的增加，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)φ(CH3OH)減小，均衡逆向挪動(dòng)，故Y表示溫度，故答案為：跟著Y值的增加,CH3OH的體積分?jǐn)?shù)φ(CH3OH)減小，均衡逆向挪動(dòng)，故Y表示溫度；(3)汲取池二氧化碳與碳酸鉀反應(yīng)生成碳酸氫鉀，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是：2232-CO+HO+CO=-；再利用惰性電極電解時(shí)，陰極水中的氫離子得電子獲取氫氧根離子，生成的碳酸鉀繼2HCO3續(xù)與氫氧根離子反應(yīng)又轉(zhuǎn)變?yōu)?-2323223-----2-+HO2HCO；2HO+2e=H↑+2OH、2HCO+OH=CO3322322------2-+HO；故答案為：CO+HO+CO=2HCO；2HO+2e=H↑+2OH、2HCO+OH=CO322332232(4)①圖象中分析可知隨的高升,HI減小,H2增大,反應(yīng)H2(g)+I2(g)?2HI(g)說明升溫均衡逆向進(jìn)行，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H<0，故答案為：小于；②由圖象看出b的量從零開始愈來愈大，依據(jù)+---+II-，反應(yīng)SO+I2+2H2O=3H+HSO+2I，I2324中愈來愈多的離子為-，由圖2知要提升碘的還原率，除控制溫度外，還可以夠采納的措施是I3減小的投料比。故答案為：-；減小的投料比。I3(二)選考題：共45分。請(qǐng)考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一道作答。假如多做，則每科按所做的第一題計(jì)分。11.銅礦(CuFeS2)是煉銅的最主要礦物?；鸱ㄒ睙掽S鋼礦的過程中，此中一步反應(yīng)是：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2?；卮鹨韵聠栴}。(1)Cu+價(jià)電子的電子排布圖為___________，Cu2O與Cu2S比較，熔點(diǎn)較高的是___________，-13-原由于______________________。(2)SO2與SO3的鍵角對(duì)比，鍵角更小的是___________。某種硫的氧化物冷卻到289.8K時(shí)凝聚獲取一種螺旋狀單鏈結(jié)構(gòu)的固體，其結(jié)構(gòu)片段如圖1所示。此固態(tài)物質(zhì)中S原子的雜化軌道種類是___________；該物質(zhì)的化學(xué)式為___________。(3)離子化合物CaC2的晶體結(jié)構(gòu)如圖2所示。寫出該物質(zhì)的電子式___________。從鈣離子看該晶體屬于___________積聚，一個(gè)晶胞含有的π鍵均勻有___________個(gè)。(4)依據(jù)圖3可知，與每個(gè)C60分子距離近來且相等的C60分子有___________個(gè)，其距離為___________cm(列出計(jì)算式即可)?！敬鸢浮?1).(2).Cu2O(3).兩物質(zhì)均為離子化合物，且離子所帶電荷數(shù)同樣，O2-半徑小于S2-，所以Cu2O的晶格能大，熔點(diǎn)更高(4).SO2(5).sp3(6).SO3或(SO3)n(7).(8).面心立方(9).8(10).12(11).【分析】【分析】-14-1）Cu位于第周圍期IB族，Cu＋的價(jià)電子為第三層的d能級(jí)，依據(jù)泡利原理和洪特規(guī)則，書寫價(jià)電子軌道式；Cu2O和Cu2S都屬于離子晶體，晶格能越大，晶體熔沸點(diǎn)越高，據(jù)此分析作答；2）孤電子對(duì)之間的斥力>孤電子對(duì)-成鍵電子對(duì)之間的斥力>成鍵電子對(duì)之間斥力，據(jù)此分析鍵角大小；利用均攤法求出圖1中的化學(xué)式構(gòu)成，再請(qǐng)依據(jù)雜化軌道種類判斷其雜化方式；3）碳化鈣中存在離子鍵與非極性共價(jià)鍵，據(jù)此寫出其電子式；結(jié)合金屬原子常有積聚模型作答；再依據(jù)均攤法計(jì)算所含π鍵數(shù)量?！驹斀狻浚?）Cu位于第周圍期IB族，Cu＋的價(jià)電子為第三層的d能級(jí)，依據(jù)泡利原理和洪特規(guī)則，Cu＋價(jià)電子軌道式為；Cu2O和Cu2S都屬于離子晶體，晶格能越大，晶體熔沸點(diǎn)越高，晶格能與半徑、所帶電荷數(shù)相關(guān)，半徑越小、所帶電荷數(shù)越多，晶格能越大，Cu2O和Cu2S所帶電荷數(shù)同樣，S2-的半徑大于O2-的半徑，所以Cu2S的沸點(diǎn)低于Cu2O；故答案為：；Cu2O；兩物質(zhì)均為離子化合物，且離子所帶電荷數(shù)同樣，O2-半徑小于S2-，所以Cu2O的晶格能大，熔點(diǎn)更高；（2）SO2含有的孤電子對(duì)為(6-2×2)/2=1，SO3中含有孤電子對(duì)為(6-2×3)/2=0，孤電子對(duì)之間的斥力>孤電子對(duì)-成鍵電子對(duì)之間的斥力>成鍵電子對(duì)之間斥力，所以SO3鍵角大于SO2鍵角；依據(jù)圖1可知，該固體結(jié)構(gòu)的基本單元中含S原子數(shù)量為1個(gè)，O原子數(shù)量為=3個(gè)，所以其化學(xué)式為SO3或(SO3)n，又由于中心S有4個(gè)σ鍵，無孤電子對(duì)，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，雜化軌道數(shù)等于價(jià)層電子對(duì)數(shù)，即雜化種類為sp3；故答案為：SO2；sp3；SO3或(SO3)n；（3）依據(jù)圖2，CaC2的電子式為：；依據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，Ca2＋位于極點(diǎn)和面心，所以屬于面心立方積聚；2-位于棱上和體心，屬于晶胞的2-的個(gè)數(shù)為12×1/4＋1=4，C2C2依據(jù)CaC的電子式，兩個(gè)碳原子之間有3對(duì)電子對(duì)，即2-有2個(gè)π鍵，即1個(gè)晶胞中1個(gè)C22有2×4=8個(gè)