湘贛皖長郡中學(xué)十五校2020屆高三第二次聯(lián)考化學(xué)試題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精湘贛皖長郡中學(xué)十五校2020屆高三第二次聯(lián)考化學(xué)試題含解析2020屆湘贛皖·長郡十五校高三聯(lián)考第二次考試化學(xué)能力測試可能用到的相對原子質(zhì)量：H~1T~3C～12N~14O～16Na～23P~31Fe～56Cu～64Ce~140第I卷(選擇題，共126分）一、選擇題:只有一項是符合題目要求的。1.化學(xué)與人類社會的生產(chǎn)、生活有著密切聯(lián)系，下列敘述正確的是A.新型冠狀病毒對高三學(xué)子的復(fù)習(xí)備考造成了較大沖擊，質(zhì)量分數(shù)0.5％的過氧乙酸溶液能高效殺死該病毒，在重癥隔離病房用過氧乙酸與苯酚溶液混合可以提高消殺效率B。J-20上用到的氮化鎵材料不是合金材料C。盡量使用含12C的產(chǎn)品，減少使用含13C或14C的產(chǎn)品符合“促進低碳經(jīng)濟的宗旨”D。汽車尾氣中含有氮氧化物是由于石油煉制過程中未除去氮元素【答案】B【解析】【分析】A．過氧乙酸與苯酚可發(fā)生氧化還原反應(yīng)；B．氮化鎵屬于無機非金屬材料;C．含12C、13C或14C的產(chǎn)品均為含碳產(chǎn)品；D．石油中不含氮元素.【詳解】A．過氧乙酸與苯酚可發(fā)生氧化還原反應(yīng),因此將過氧乙酸與苯酚溶液混合，不會提升消殺效率，反而會降低消殺效率，A項錯誤；B．氮化鎵屬于無機非金屬材料，屬于化合物，不是合金，B項正確；C．含12C、13C或14C的產(chǎn)品均為含碳產(chǎn)品，不會減少二氧化碳的排放,都不符合“促進低碳經(jīng)濟的宗旨"，C項錯誤；D．高溫下N2與O2在發(fā)動機的氣缸中發(fā)生反應(yīng)，生成了氮氧化物；石油不含N元素，氮氧化物的生成與氮氣有關(guān),D項錯誤;答案選B。2。設(shè)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.46gC2H6O完全燃燒，有5NA個C—H鍵斷裂B.電解精煉銅時，陽極質(zhì)量減輕64g時．轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAC.2.6gNaT與足量水反應(yīng)，生成氫氣中含有中子數(shù)為0。1NAD。56gFe粉與1molCl2充分反應(yīng),轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA【答案】D【解析】【分析】A．C2H6O存在同分異構(gòu)體,有可能是乙醇，也有可能是二甲醚,不能確定含有C—H鍵的數(shù)量；B．電解精煉銅時,陽極上除了銅放電之外，還有其它金屬也會放電;C．NaT與足量水反應(yīng)，生成物為NaOH和HT，1molHT含中子的物質(zhì)的量為2mol，由此進行計算；D．Fe與Cl2反應(yīng)生成FeCl3，按照完全反應(yīng)的物質(zhì)進行計算?！驹斀狻緼．C2H6O存在同分異構(gòu)體，有可能是乙醇（含有5個C-H鍵），也有可能是二甲醚（含有6個C—H鍵)，因此46gC2H6O完全燃燒，不能確定一定有5NA個C—H鍵斷,A項錯誤;B．電解精煉銅時，陽極上除了銅放電之外，還有其它金屬（鋅、鐵等)也會放電，因此陽極質(zhì)量減輕64g時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不一定為2NA,B項錯誤；C．NaT與足量水反應(yīng),生成物為NaOH和HT，1molHT含中子的物質(zhì)的量為2mol,因此2。6g(即0。1mol)NaT與足量水反應(yīng)，生成的氫氣中含有中子數(shù)為0。2NA，C項錯誤；D．Fe與Cl2反應(yīng)生成FeCl3，因此56g(即1mol）Fe粉與1molCl2充分反應(yīng),氯氣完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA,D項正確；故答案選D?！军c睛】判斷本題A選項時，容易忽略的是C2H6O有同分異構(gòu)體,結(jié)構(gòu)不同，C-H鍵的數(shù)量不同,解答本題時要萬分注意。3.BMO（Bi2MoO6)是種高效光催化劑，可用于光催化降解苯酚，原理如圖所示。下列說法錯誤的是A。該過程的總反應(yīng)為:C6H6O+7O26CO2+3H2OB.該過程中BMO+表現(xiàn)出較強的氧化性C。①和②中被降解的苯酚的物質(zhì)的量之比為1：3D.光催化降解過程中,光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能、熱能等【答案】C【解析】【分析】A.由原理圖可知苯酚與氧氣在光的作用下，BMO作催化劑可分解為CO2和水；B。過程中BMO失電子生成BMO+,BMO體現(xiàn)出了還原性;C.根據(jù)電子守恒可判斷消耗苯酚的物質(zhì)的量之比；D.光催化降解苯酚的過程中,光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能、熱能等.【詳解】A。由原理圖可知苯酚與氧氣在光的作用下,BMO作催化劑可分解為CO2和水，反應(yīng)方程式為C6H6O+7O26CO2+3H2O，A項正確，不符合題意；B。過程中BMO失電子生成BMO+，BMO體現(xiàn)出了還原性，那么BMO+體現(xiàn)較強的氧化性，B項正確,不符合題意;C.根據(jù)電子守恒可判斷消耗苯酚的物質(zhì)的量之比，過氧根離子生成氧離子得到3個電子，BMO得1個電子，根據(jù)電子守恒可知,①和②中被降解的苯酚的物質(zhì)的量之比為3:1,C項錯誤,符合題意；D。光催化降解過程中,光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能、熱能等,D項正確,不符合題意；答案選C.4.化合物M（結(jié)構(gòu)式如圖所示)是常用的還原劑，由H·C·Brown和Schlesinger于1942年在芝加哥大學(xué)發(fā)現(xiàn)。其中X、Y、Z是原子序數(shù)依次減小的不同短周期主族元素,X與W、Z與W均能形成原子個數(shù)比為1：1和2：1的化合物，W原子的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍。下列敘述正確的是A.Z元素位于第三周期第ⅦA族B。Y的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是一種一元弱酸C。X和Z形成的化合物的水溶液呈酸性D.化合物M不能與Z2W2反應(yīng)【答案】B【解析】【分析】W原子的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍，說明W為O；X與W、Z與W均能形成原子個數(shù)比為1：1和2：1的化合物，且X、Y、Z是原子序數(shù)依次減小，可知X為Na，Z為H，根據(jù)X、Y、Z形成的化合物的結(jié)構(gòu)可知Y為B，由此進行分析判斷?！驹斀狻坑煞治隹芍猈為O，X為Na，Y為B，Z為H;A。Z為H,位于周期表第一周期第IA族，A項錯誤；B。Y為B，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物是H3BO3，是一種一元弱酸，B項正確；C.X為Na,Z為H，X和Z形成的化合物為NaH，與水反應(yīng)生成NaOH和H2，溶液呈堿性，C項錯誤；D?；衔颩為NaBH4，具有較強的還原性,H2O2屬于常見的氧化劑，二者之間可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)，D項錯誤；答案選B。5.某小組同學(xué)通過實驗研究FeCl3溶液與Cu粉發(fā)生的氧化還原反應(yīng)。實驗記錄如下表所示，下列說法錯誤的是序號ⅠⅡⅢ實驗步驟充分振蕩，加入2mL蒸餾水充分振蕩，加入2mL蒸餾水充分振蕩,加入2mL蒸餾水實驗現(xiàn)象銅粉消失,溶液黃色變淺,加入蒸餾水后無明顯現(xiàn)象銅粉有剩余，溶液黃色褪去,加入蒸餾水后生成白色沉淀銅粉有利余、溶液黃色褪去，變成藍色，加入蒸餾水后無白色沉淀A。實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均涉及Fe3+被還原B.對比實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ說明白色沉淀的產(chǎn)生可能與銅粉的量及溶液的陰離子種類有關(guān)C.向?qū)嶒灑蠓磻?yīng)后的溶液中加入飽和NaCl溶液可能出現(xiàn)白色沉淀D。實驗Ⅱ、Ⅲ中加入蒸溜水后c（Cu2+）相同【答案】D【解析】【分析】實驗Ⅰ：少量銅粉加入1ml0.1mol/L氯化鐵溶液，充分振蕩，加2mL蒸餾水，銅粉少時，溶液黃色變淺，加入蒸餾水后無明顯現(xiàn)象，說明鐵離子氧化銅生成銅離子；實驗Ⅱ:過量銅加入1ml0。1mol/L氯化鐵溶液，充分振蕩，加2mL蒸餾水,銅粉有余，溶液黃色褪去,鐵離子全部和銅反應(yīng)，加入蒸餾水后生成白色沉淀說明銅被氧化產(chǎn)物有亞銅離子，生成CuCl白色沉淀；實驗Ⅲ：過量銅加入1ml0.05mol/L硫酸鐵溶液，充分振蕩，加2mL蒸餾水,銅粉有余，溶液黃色褪去，加入蒸餾水后無白色沉，說明鐵離子反應(yīng)完全，生成的溶液中可能含銅離子和亞銅離子，據(jù)此分析判斷。【詳解】A．由分析可知，實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液黃色變淺或褪去，均涉及Fe3+被還原,A項正確，不符合題意；B．對比實驗I、Ⅱ可知，白色沉淀CuCl的產(chǎn)生與銅粉的量有關(guān)，對比實驗Ⅱ、III可知，白色沉淀CuCl的產(chǎn)生與溶液的陰離子種類有關(guān)，故B正確,不符合題意；C．向?qū)嶒灑蠓磻?yīng)后的溶液中加入飽和NaCl溶液，可能出現(xiàn)白色CuCl沉淀，C項正確,不符合題意；D．實驗Ⅱ中有CuCl沉淀生成，實驗Ⅲ中沒有CuCl沉淀生成，因此加入蒸溜水后,c(Cu2+）不相同，D項錯誤，符合題意;答案選D。6.鎂稀土合金廣泛應(yīng)用于航空、航天、電子、通訊和汽車制造業(yè)等領(lǐng)域.熔鹽電解法是一種高效制備鎂稀土合金的方法，實驗室制取Mg—Gd合金（物質(zhì)的量比為1：1）的電解槽示意圖如下(相對原子質(zhì)量Mg—24，Gd—157)，下列說法正確的是A.添加LiF、BaF2的作用是催化劑B。陽極的電極反應(yīng)式為2F——2e-=F2↑C。當(dāng)電路中通過0。1mol電子時，生成Mg-Gd合金的質(zhì)量為3.62gD電解結(jié)束后，鋁、碳電極質(zhì)量不變【答案】C【解析】【分析】A.加入LiF和BaF2可提高導(dǎo)電性，降低混合熔融物的熔點；B.O2—的還原性強于F—，因此陽極上O2-失電子生成O2；C.陰極上Mg2+得電子生成Mg，Gd3+得電子生成Gd,結(jié)合得失電子守恒進行計算；D。反應(yīng)過程中陽極區(qū)O2-放電生成O2，碳陽極發(fā)生反應(yīng)生成了CO或CO2。【詳解】A.加入LiF和BaF2可提高導(dǎo)電性，降低混合熔融物的熔點，因此不是催化劑,A項錯誤；B.O2-的還原性強于F—，因此陽極上O2-失電子生成O2，故陽極上的電極反應(yīng)為2O2——4e-=O2↑，B項錯誤;C.陰極上Mg2+得電子生成Mg，Gd3+得電子生成Gd,電極反應(yīng)為Mg2++2e—=Mg，Gd3++3e—=Gd，根據(jù)得失電子守恒可知生成Mg-Gd合金的質(zhì)量為0。02mol×24g/mol+0。02mol×157g/mol=3.62g，C項正確；D。反應(yīng)過程中陽極區(qū)O2—放電生成O2,碳陽極發(fā)生反應(yīng)生成了CO或CO2，因此電解結(jié)束后，鋁電極質(zhì)量不變,碳電極質(zhì)量減小，D項錯誤;答案選C。7。磷酸（H3PO4）是一種中強酸，常溫下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分數(shù)(平衡時某微粒的濃度占各含磷微?？倽舛鹊姆謹?shù)）與pH的關(guān)系如下圖,下列說法正確的是A.滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c（Na+）＞c（H2PO4-)+c（HPO42—)+c(PO43-)B.該溫度下,H3PO4的三級電離常數(shù)Ka3＞10—12C。H3PO4的電離方程式為:H3PO4?3H++PO43—D。滴加少量Na2CO3溶液，化學(xué)反應(yīng)方程式為3Na2CO3+2H3PO4=2Na2PO4+3H2O+3CO2↑【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)電荷守恒可知，c（Na+）+c(H+）=c（H2PO4-）+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)，當(dāng)?shù)渭覰aOH溶液至pH=7時，c（H+)=c(OH-），因此有c(Na+）=c（H2PO4—)+2c(HPO42—）+3c（PO43-），即c(Na+）＞c(H2PO4-)+c（HPO42-）+c（PO43—），A項正確；B．根據(jù)圖象可知，在該溫度下，若pH=12時，c(H+）=1O-12,c(HPO42—）=c（PO43—），Ka3==1O-12，而實際圖像中顯示pH〉12，H3PO4的三級電離常數(shù)Ka3<10-12，B項錯誤；C．H3PO4為多元弱酸,電離為分步電離,電離方程式應(yīng)分步書寫，以第一步為主：H3PO4?H++H2PO4-，C項錯誤；D．向H3PO4中滴加少量Na2CO3溶液時，反應(yīng)生成NaH2PO4、CO2和H2O，反應(yīng)方程式為Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑，D項錯誤;答案選A。第Ⅱ卷(非選擇題)三、非選擇題。（一）必考題8.I．乳酸乙酯(2-羥基丙酸乙酯）常用于調(diào)制果香型、乳香型食用和酒用香精。為了在實驗室制取乳酸乙酯，某研究性學(xué)習(xí)小組同學(xué)首先查閱資料，獲得下列信息:①部分物質(zhì)的沸點:物質(zhì)水乙醇乳酸苯乳酸乙酯沸點/℃10078.412280.10154②乳酸乙酯易溶于苯、乙醇；水、乙醇、苯的混合物在64.85℃時，能按一定的比例以共沸物的形式一起蒸發(fā)。該研究性學(xué)習(xí)小組同學(xué)擬采用如圖所示（未畫全)的主要裝置制取乳酸乙酯，其主要實驗步驟如下：第一步：在反應(yīng)容器中加入0。1mol無水乳酸、45。0mL（密度：0.789g/cm3)無水乙醇、一定量的苯和沸石……;裝上油水分離器和冷凝管，緩慢加熱回流2h至反應(yīng)完全。第二步：將反應(yīng)容器中液體倒入盛有適量5％Na2CO3溶液的燒杯中，攪拌并分出有機相后,再用水洗。第三步：將無水CaCl2加入到水洗后的產(chǎn)品中充分靜置，過濾、蒸餾，得產(chǎn)品7。08g。(1）第一步操作中，還缺少的試劑是______________________；加入苯的目的是_________________；實驗過程中，若油水分離器中水層不再增厚，則表明___________________________________。(2)第二步中證明“水洗”已經(jīng)完成的實驗方案是_______________________________。（3)本實驗制備乳酸乙酯的產(chǎn)率為_________________________。Ⅱ。磷化鋁、磷化鋅、磷化鈣與水反應(yīng)產(chǎn)生高毒的PH3氣體（熔點為-132℃，還原性強，易自燃）,可用于糧食熏蒸殺蟲。衛(wèi)生安全標準規(guī)定：當(dāng)糧食中磷化物（以PH3計)的含量低于0.05m·kg—1時算合格.可用以下方法測定糧食中殘留的磷化物含量：【操作流程】安裝吸收裝置PH3的產(chǎn)生與吸收轉(zhuǎn)移KMnO4吸收溶液亞硫酸鈉標準溶液滴定.【實驗裝置】C中盛100g原糧,D中盛有20。00mL1.12×10—4mol·L—1KMnO4溶液（H2SO4酸化)。請回答下列問題：（4）儀器C的名稱是______________;檢查整套裝置氣密性的方法是___________________________________________________________________________。（5)A中盛裝KMnO4,溶液的作用是除去空氣中的還原性氣體；B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液．其作用是______________________________.D中PH3被氧化成磷酸，所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____________________________________________。（6）把D中吸收液轉(zhuǎn)移至容量瓶中，加水稀釋至250mL,取25。00mL于錐形瓶中，用5.0×10-5mol·L—1的Na2SO3標準溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗標準Na2SO3溶液11。00mL,則該原糧中磷化物（以PH3計)的含量為_________________________mg·kg-1?！敬鸢浮?1)。濃硫酸(2)。形成水、乙醇和苯的共沸物，分離反應(yīng)生成的水，促進酯化反應(yīng)正向進行(3）。酯化反應(yīng)達到平衡（4）。測定水洗液的pH至7（5）。60％（6)。三頸燒瓶(7）。關(guān)閉K1打開K2后,打開抽氣泵抽氣，觀察各裝置中是否有氣泡產(chǎn)生（8）。吸收空氣中的O2，防止氧化裝置C中生成的PH3(9)。5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O（10）.0.0085【解析】【分析】I．(1）酯化反應(yīng)過程中要用濃硫酸作催化劑和吸水劑;水、乙醇和苯形成共沸物，分離反應(yīng)生成的水，能促進反應(yīng)向正向進行；油水分離器中液體不再發(fā)生變化，說明反應(yīng)已經(jīng)達到了平衡狀態(tài);（2）水洗的目的主要是除去作催化劑的濃硫酸，洗滌液呈酸性；(3)根據(jù)無水乙醇與無水乳酸的反應(yīng)可知，參與反應(yīng)的無水乙醇過量,利用乳酸的物質(zhì)的量計算出生成的乳酸乙酯的物質(zhì)的量，并進一步計算得到理論上生成乳酸乙酯的質(zhì)量，最后就算出產(chǎn)率；Ⅱ。C中盛有原糧100g，D中盛有20.00mL1.12×10-4mol·L—1KMnO4溶液（H2SO4酸化)，吸收生成的PH3，B中盛裝的是沒食子酸的堿性溶液，其作用是吸收空氣中的O2，防止氧化裝置C中生成的PH3,A中盛裝的KMnO4溶液的作用是除去空氣中的還原性氣體；（4)根據(jù)裝置圖確定儀器C的名稱；根據(jù)連續(xù)裝置中的壓強的變化分析檢查氣密性的方法；（5）B中盛裝的是沒食子酸的堿性溶液,其作用是吸收空氣中的O2，防止氧化裝置C中生成的PH3；PH3被氧化成磷酸，高錳酸鉀被還原為Mn2+，結(jié)合電荷守恒和原子守恒書寫離子方程式;(6）根據(jù)消耗的Na2SO3標準溶液的物質(zhì)的量再結(jié)合定量關(guān)系計算出剩余的高錳酸鉀的量，進一步計算出吸收PH3需要的高錳酸鉀的物質(zhì)的量，而后計算出PH3的物質(zhì)的量，從而得到其含量。【詳解】I．(1)酯化反應(yīng)過程中要用濃硫酸作催化劑和吸水劑,因此第一步操作中，缺少試劑是濃硫酸；酯化反應(yīng)是可逆的,混合物中添加苯可形成水、乙醇和苯的共沸物，分離反應(yīng)生成的水,能促進反應(yīng)向正向進行；油水分離器中液體不再發(fā)生變化，說明反應(yīng)已經(jīng)達到了平衡狀態(tài)；(2)最后一次洗滌液不顯酸性，可說明洗滌完全，因此只需要測定最后一次的水洗液的pH至7；（3）根據(jù)無水乙醇與無水乳酸的反應(yīng)可知，參與反應(yīng)的無水乙醇過量，利用乳酸的物質(zhì)的量可計算出生成的乳酸乙酯的物質(zhì)的量為0。1mol，其質(zhì)量為0.1mol×118g/mol=11.8g，因此制備乳酸乙酯的產(chǎn)率為×100%=60%；Ⅱ。（4)根據(jù)裝置圖可知儀器C為三頸燒瓶；根據(jù)連續(xù)裝置中的壓強變化,可以利用抽氣泵抽氣，觀察各裝置中氣體的產(chǎn)生，若有氣泡冒出，證明氣密性良好；（5）沒食子酸的堿性溶液,其作用是吸收空氣中的O2，防止氧化裝置C中生成的PH3；PH3被氧化成磷酸，高錳酸鉀被還原為Mn2+，離子方程式為：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；（6)滴定過程中發(fā)生的反應(yīng)為2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O，根據(jù)反應(yīng)方程式可知剩余的KMnO4的物質(zhì)的量為5。0×10-5mol·L-1×11。00×10-3L×=2.2×10—7mol；與PH3反應(yīng)的KMnO4的物質(zhì)的量為20。00×10—3L×1。12×10—4mol·L—1-2.2×10—7mol×=4.0×10-8mol，因此吸收的PH3的物質(zhì)的量為4。0×10—8mol×=2。5×10-8mol，因此原糧中磷化物（以PH3計)的含量為=0。0085mg/kg。9.二氧化鈰(CeO2)是一種重要的稀土化合物。以氟碳鈰礦（主要含Ce[CO3］F）為原料制備CeO2的一種工藝流程如圖所示：已知：①Ce4+能與F結(jié)合成［CeFx]（4-x）+，也能與SO42-結(jié)合成[CeSO4]2+；②在硫酸體系中Ce4+能被萃取劑［（HA）2］萃取，而Ce3+不能；③Ksp[Ce（OH）3]=1×10—20.回答下列問題：（1)Ce［CO3]F中鈰元素的化合價為___________，H2O2分子的結(jié)構(gòu)式為____________________。（2）“氧化焙燒"前需將礦石粉碎成細顆粒，其目的是____________________________________.(3）“萃取”時存在反應(yīng)：Ce4++n（HA)2Ce·(H2n—4A2n）+4H+。下圖所示中,D是分配比,表示Ce(Ⅳ)分別在有機層與水層中存在形式的物質(zhì)的量濃度之比，即c［Ce·(H2n—4A2n)]與c[(CeSO4)2+]的比值。加入不同量的Na2SO4以改變水層中的c（SO42-），D隨起始料液中c(SO42-）變化的原因為__________________________________________________.（4)“反萃取”中,實驗室用到的主要玻璃儀器名稱為___________；在H2SO4，和H2O2的作用下CeO2轉(zhuǎn)化為Ce3+。H2O2在該反應(yīng)中作_________(填“催化劑”“氧化劑”或“還原劑”),每有2molH2O2參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_____________。為使Ce3+完全沉淀，應(yīng)加入NaOH調(diào)節(jié)pH為_________.（溶液中c（Ce3+)小于1.0×10-5mol?L-1時，可認為Ce3+沉淀完全)(5）“氧化"步驟的化學(xué)方程式為_______________________________________________________?！敬鸢浮?1）.+3(2）。H-O—O—H（3）。增大固體與氣體的接觸面積,增大反應(yīng)速率,提高原料的利用率（4).隨著c(SO42—）增大,水層中Ce4+與SO42-結(jié)合生成[CeSO4］2+,導(dǎo)致萃取平衡向生成（CeSO4)2+的方向移動，使D迅速減小，當(dāng)c(SO42—)增大到一定程度后,D值變化較小(5）。分液漏斗（6）.還原劑(7）。4（8).≥9(9).2Ce（OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH）4+NaCl【解析】【分析】氟碳鈰礦（主要含Ce[CO3]F），氧化焙燒的目的是將+3價的Ce氧化為+4價，Ce4+能與F-結(jié)合生成[CeFx］（4-x)+，以便后續(xù)的提取，加稀硫酸，與SO42-結(jié)合生成（CeSO4)2+,加萃取劑，氟洗液，硫酸體系中Ce4+能被萃取劑萃取，而Ce3+不能，加“反萃取劑”加H2O2，又將Ce4+還原為Ce3+，發(fā)生的離子反應(yīng)為2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，加入堿后Ce3+轉(zhuǎn)化為沉淀，加NaClO將Ce從+3價氧化為+4價,最后熱分解得到產(chǎn)物，由此進行分析作答?！驹斀狻浚?）根據(jù)化合價代數(shù)和為零可知Ce的化合價為+3價；H2O2分子的結(jié)構(gòu)式為H—O—O-H；(2）“氧化焙燒”前需將礦石粉碎成細顆粒，其目的是增大固體與氣體的接觸面積，增大反應(yīng)速率，提高原料的利用率；(3)D隨起始料液中c(SO42—)變化的原因為隨著c(SO42-）增大，水層中Ce4+與SO42—結(jié)合生成(CeSO4)2+，導(dǎo)致萃取平衡向生成（CeSO4）2+的方向移動，使D迅速減小，當(dāng)c(SO42—）增大到一定程度后，D值變化較??；（4)“反萃取"中用到的玻璃儀器為分液漏斗；“反萃取”中,在稀硫酸和H2O2的作用下CeO2轉(zhuǎn)化為Ce3+，Ce從+4價降低到+3價，化合價降低，H2O2中O元素的化合價升高，因此H2O2在該反應(yīng)中作還原劑;每有2molH2O2參加反應(yīng),轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol×2×（1-0）=4mol;當(dāng)c(Ce3+)小于1.0×10-5mol?L-1時，可認為Ce3+沉淀完全，根據(jù)Ksp[Ce（OH）3］=c(Ce3+）?c3（OH-）=1×10—20可知c（OH-）=mol?L-1=1。0×10—5mol?L—1，此時pH≥-lg=9，即為使Ce3+完全沉淀,應(yīng)加入NaOH調(diào)節(jié)pH為≥9;（5）“氧化”步驟中用NaClO將Ce3+氧化為Ce4+,反應(yīng)方程式為:2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl。10.已知研究氮及其化合物的轉(zhuǎn)化對于環(huán)境改善有重大意義.I．已知N2(g）+O2（g）=2NO（g)△H=+180.4kJ/mol，4NH3(g）+5O2(g)=4NO（g)+6H2O（l）△H=kJ/mol。（1)用NH3消除NO污染的反應(yīng)為：4NH3（g）+6NO(g)5N2(g）+6H2O（l)△H=_______。則該反應(yīng)自發(fā)進行的條件是______________(填“高溫”或“低溫")。(2）不同溫度條件下，NH3與NO的物質(zhì)的量之比分別為4:1、3：1、1：3,得到NO脫除率曲線如圖所示。曲線a中NH3的起始濃度為4×10—5mol/L，從A點到B點經(jīng)過2秒,該時間段內(nèi)NO的脫除速率為_______mg/（L·s），在AB所在的曲線上當(dāng)溫度高于900℃時NO脫除率明顯降低的原因是_______________________________________________。Ⅱ。用活性碳還原法也可以處理氮氧化合物，發(fā)生的反應(yīng)為2CO（g）+2NO(g）N2（g)+2CO2(g）△H=—746。8kJ/mol。（3）在一恒容絕熱的密閉容器中，能表示上述反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是_____________(填字母代號).A．單位時間內(nèi)斷裂1molN≡N鍵的同時生成2molC=O鍵B．容器內(nèi)的總壓強保持不變C．混合氣體的密度保持不變D．c（NO）:c（N2）:c(CO2）=2:1:2E．混合氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變（4)向一恒容密閉容器中充入3molCO和2molNO，測得氣體的總壓為10MPa，在一定溫度下開始反應(yīng)，10min后達到平衡,測得NO的轉(zhuǎn)化率為75%，該反應(yīng)的平衡常數(shù)KP=____________（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。Ⅲ．用間接電化學(xué)法可對大氣污染物NO進行無害化處理，其工作原理如圖所示，質(zhì)子膜允許H+和H2O通過.（5）寫出吸收塔中的離子反應(yīng)方程式_____________________________________,反應(yīng)過程中若通過質(zhì)子交換膜的H+為1mol時,吸收塔中生成的氣體在標準狀況下的體積為_____L?！敬鸢浮浚?)。-1807。8kJ/mol(2).低溫（3）。0。03（4）。該反應(yīng)為放熱反應(yīng),升高溫度，平衡逆向移動，NO脫除率降低（5)。BE（6).1.5MPa—1（7）.2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-（8)。5。6【解析】【分析】I．（1)根據(jù)蓋斯定律進行計算并判斷；根據(jù)復(fù)合判據(jù)進行反應(yīng)條件分析；(2）曲線a中NH3的起始濃度為4×10—5mol/L，根據(jù)圖象得到A、B兩處的NO脫除率，可得兩處NO的濃度，最后計算脫除速率;氨的催化氧化反應(yīng)是放熱反應(yīng)，據(jù)此進行分析判斷;Ⅱ。（3）達到平衡狀態(tài)時，正反應(yīng)速率與逆反應(yīng)速率相等,各物質(zhì)的質(zhì)量或濃度保持不變，據(jù)此進行分析判斷；(4)根據(jù)NO的轉(zhuǎn)化率為75％，可計算得到NO轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量，進一步可計算出平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量，再利用物質(zhì)的量的關(guān)系可得平衡時的總壓,最后利用分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù)計算出各物質(zhì)的分壓，從而得到平衡常數(shù)；Ⅲ．(5)吸收塔中通入的NO和S2O42—發(fā)生反應(yīng),生成N2和HSO3-,據(jù)此書寫離子方程式;電解池的陽極發(fā)生的電極反應(yīng)為：2H2O-4e-=4H++O2↑，即轉(zhuǎn)移1mol電子時，有4molH+通過質(zhì)子交換膜,由此進行計算；【詳解】I．（1)①N2(g)+O2（g)=2NO(g)△H1=+180。4kJ/mol，②4NH3（g)+5O2(g）=4NO（g）+6H2O△H2=kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律可知△H=△H2—5△H1=kJ/mol—5×（+180。4）kJ/mol=—1807.8kJ/mol;根據(jù)復(fù)合判據(jù)可知，?H〈0，?S〈0，該反應(yīng)自發(fā)進行的條件是低溫；（2)曲線a中NH3的起始濃度為4×10-5mol/L，那么NO的起始濃度為1×10-5mol/L，A點的脫除率為55％，B點的脫除率為75%，從A點到B點經(jīng)過2秒，該段時間內(nèi)NO的脫除速率為=0。03mg/（L·s）；在AB所在的曲線上當(dāng)溫度高于900℃時NO脫除率明顯降低的原因是該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動,因此NO脫除率降低；Ⅱ.（3)A．單位時間內(nèi)斷裂1molN≡N鍵同時生成2molC=O鍵，只有逆向反應(yīng)，沒有正向反應(yīng)，無法確定正反應(yīng)速率與逆反應(yīng)速率相等,因此不能證明達到平衡狀態(tài),A項錯誤；B．該反應(yīng)為體積縮小的反應(yīng)，當(dāng)容器內(nèi)的總壓強保持不變時，說明達到了平衡狀態(tài)，B項正確;C．在恒容體系中,反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量不變，所以混合氣體的密度始終保持不變,不能證明該反應(yīng)達到平衡狀態(tài),C項錯誤；D．當(dāng)c(NO）:c（N2）：c(CO2)=2:1：2時，反應(yīng)不一定達到平衡狀態(tài)，與反應(yīng)初始濃度及轉(zhuǎn)化率有關(guān)，不能證明該反應(yīng)達到平衡狀態(tài),D項錯誤；E．該反應(yīng)為非等體積反應(yīng)，當(dāng)混合氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變時，能證明該反應(yīng)達到了平衡狀態(tài)，E項正確;答案選BE；(4）根據(jù)NO的轉(zhuǎn)化率為75%，可知NO轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為1.5mol,則有2CO(g)+2NO(g)N2（g)+2CO2（g)平衡時的總壓為10MPa×=8.5Mpa那么KP==1.5MPa—1；Ⅲ．（5）吸收塔中通入的NO和S2O42-發(fā)生反應(yīng)，生成N2和HSO3-，離子方程式為：2NO+2S2O42—+2H2O=N2+4HSO3-；電解池的陽極發(fā)生的電極反應(yīng)為:2H2O-4e-=4H++O2↑，即轉(zhuǎn)移4mol電子時，有4molH+通過質(zhì)子交換膜，因此當(dāng)通過質(zhì)子交換膜的H+為1mol時生成氣體的物質(zhì)的量為0.25mol，故吸收塔中生成的氣體在標準狀況下的體積為0。25mol×22.4L/mol=5.6L?！军c睛】解答本題難點是理解Kp含義,Kp在化學(xué)平衡體系中,用各氣體物質(zhì)的分壓代替濃度,計算的平衡常數(shù)叫壓強平衡常數(shù)。運用是要注意：（二）選考題【化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】11。教材插圖具有簡潔而又內(nèi)涵豐富的特點。請回答以下問題：（1）第三周期的某主族元素，其第一至第五電離能數(shù)據(jù)如圖1所示，則該元素對應(yīng)的原子有_____種不同運動狀態(tài)的電子。（2）如圖2所示，每條折線表示周期表ⅣA~ⅦA中的某一族元素氫化物的沸點變化。每個小黑點代表一種氫化物，其中a點代表的是___________。判斷依據(jù)是____________.（3）CO2在高溫高壓下所形成的晶體其晶胞如圖3所示。則該晶體的類型屬于_____________晶體。(4）第一電離能介于Al、P之間的第三周期元素有____種。GaCl3中中心原子的雜化方式為_________,寫出與GaCl3結(jié)構(gòu)相同的一種等電子體（寫離子）______________.(5）冰、干冰、碘都是分子晶體，冰的結(jié)構(gòu)具有特殊性，而干冰、碘的晶體具有相似的結(jié)構(gòu)特征,干冰分子中一個分子周圍有__________個緊鄰分子。D的醋酸鹽晶體局部結(jié)構(gòu)如圖，該晶體中含有的化學(xué)鍵是_____________(填字母標號)。a．極性鍵b．非極性鍵c．配位鍵d．金屬鍵(6）Fe的一種晶體如甲、乙所示，若按甲虛線方向切乙得到的A~D圖中正確的是_____（填字母標號）.鐵原子的配位數(shù)是____________，假設(shè)鐵原子的半徑是rcm，該晶體的密度是ρg/cm3，則鐵的相對原子質(zhì)量為________________（設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA）?！敬鸢浮?1)。12（2)。SiH4（3)。在ⅣA~ⅦA中的氫化物里，只有ⅣA族元素氫化物沸點不存在反?，F(xiàn)象，且a為第三周期氫化物，故a為SiH4(4)。原子（5)。3（6）。sp2雜化（7)。CO32－、NO3－(8）。12(9).abc(10).A（11).8(12)?！窘馕觥俊痉治觥烤C合應(yīng)用物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)知識解答，同種元素逐級電離能規(guī)律、周期表中第一電離能的周期性規(guī)律、分子間氫鍵對物質(zhì)沸點的影響、化學(xué)鍵的類型與判斷、中心原子的雜化類型、等電子體的概念與書寫、分子晶體和金屬晶體中配位數(shù)的含義、晶胞；邊長與密度的計算等?！驹斀狻浚?）圖1中，I2與I3相差較大，該元素原子最外層有兩個電子，應(yīng)是第三周期主族元素鎂（Mg）.電子的運動狀態(tài)取決于電子所處的能層、能級、原子軌道和自旋方向，鎂原子核外共有12個電子，則有12種不同運動狀態(tài)的電子。（2)第ⅣA～ⅦA元素的氫化物中，NH3、H2O、HF的分子間有氫鍵，使得它們的沸點與同族其它元素的氫化物相比“反?！?圖2中a點所在折線無“反?！保瑸榈贗VA元素的氫化物，a點代表的是第三周期的氫化物SiH4。(3）圖3中，C、O原子通過共價鍵形成空間網(wǎng)狀晶體，屬于原子晶體。（4）第IIA族元素np能級全空、第VA族元素np能級半充滿，使第一電離能出現(xiàn)“反?！?。第三周期元素第一電離能由小到大的順序為Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl、Ar,介于Al、P之間的有Mg、Si、S三種元素。Ga位于第四周期第IIIA族，GaCl3分子中,Ga原子價層電子對數(shù)為（3+1×3）/2=3,則其雜化方式為sp2。要寫與GaCl3互為等電子體的離子，應(yīng)在價電子總數(shù)不變的前提下,將Ga、Cl換成它們的鄰族元素，如CO32-、NO3—等。（5）干冰晶胞為面心立方堆積，若考察上表面的面心二氧化碳分子，則它與上表面的四個頂點、前后左右四個面心、以及上面一個晶胞的前后左右四個面心，共12個二氧化碳分子距離最近且相等。從D的醋酸鹽晶體局部結(jié)構(gòu)看，該晶體中有C—H、C－O、C=O、O—D等極性鍵，有C-C非極性鍵,有O→D配位鍵，故選abc。（6）圖甲為該鐵的一個晶胞，沿虛線的切面為長方形,長是寬的倍，四個頂角和中心有鐵原子。圖乙為8個晶胞疊成的立方體，沿虛線的切面為A圖.考察圖甲體心鐵原子，則其配位數(shù)為8.設(shè)圖甲中晶胞邊長為acm，則體對角線為acm。又體對角線上三原子相切，得acm＝4rcm。根據(jù)密度和鐵原子數(shù)求得的一個晶胞質(zhì)量相等，有ρg/cm3×（acm）3＝，解得M(Fe)＝g/mol,Mr(Fe)＝。【化學(xué)-—選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)】12.有機物A是天然橡膠的單體。有機物F是一種環(huán)保型塑料，一種合成路線如圖所示：已知：①②+R3—COOH（—R1、—R2、—R3、—R均為烴基）請回容下列問題：（1)A用系統(tǒng)命名法命名為____