2021-2022学年内蒙古赤峰市元宝山区三校高二下学期期中考试化学试题（解析版）

试卷第=page2424页，共=sectionpages2525页试卷第=page2525页，共=sectionpages2525页内蒙古赤峰市元宝山区三校2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．全球气候变暖给人类的生存和发展带来了严峻的挑战，在此背景下，“新能源”、“低碳”、“节能减排”、“吃干榨尽”等概念愈来愈受到人们的重视。下列有关说法不正确的是A．太阳能、地热能、生物质能和核聚变能均属于“新能源”B．“低碳”是指采用含碳量低的烃类作为燃料C．如图甲烷经一氯甲烷生成低碳烯烃的途径体现了“节能减排”思想D．让煤变成合成气，把煤“吃干榨尽”，实现了煤的清洁、高效利用【答案】B【分析】A．太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等是新能源；B．“低碳经济”是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳就是指控制二氧化碳的排放量；C．从图示分析，看是否符合“节能减排”思想；D．让煤变成合成气，能提高能源利用率．【详解】A．太阳能、地热能、生物质能和核聚变能均属于“新能源”，故A正确；B．“低碳经济”是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳就是指控制二氧化碳的排放量，故B错误；C．从图示可知，氯化氢循环利用，排出的水无污染，符合“节能减排”思想，故C正确；D．让煤变成合成气，能提高能源利用率，节能减排，故D正确。故选B。2．化学与人类生活、生产、科技、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是A．“熔喷布”可用于制作N95型口罩，生产“熔喷布”的主要原料是聚丙烯，它属于纯净物B．中科院首次实现了合成淀粉，淀粉、蛋白质是人体必需的高分子营养物质C．燃煤中加入主要是为了减少温室气体的排放和酸雨的形成D．T-碳是一种新型三维碳结构晶体，与互为同位素【答案】B【详解】A．聚丙烯是合成高分子化合物，聚合度n值为不确定值，所以聚丙烯属于混合物，故A错误；B．淀粉、蛋白质都是人体必需的天然高分子营养物质，故B正确；C．燃煤中加入氧化钙主要是为了二氧化硫的排放，减少酸雨的形成，但不能减少温室气体二氧化碳的排放，故C错误；D．T—碳与C60是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，不互为同位素，故D错误；故选B。3．捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数的值）A．标准状况下，22.4LCO2中所含的电子数目为16NAB．10.1gN（C2H5）3中所含的极性共价键数目为2.1NAC．2molAu与2molH2中所含的分子数目均为2NAD．100g46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA【答案】D【详解】A、标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，1个CO2分子中含有6＋8×2=22个电子，则22.4LCO2含有22mol电子，其电子数目为22NA，A错误；B、N(C2H5)3的结构式为，所含的化学键中C-N和C-H均为极性共价键，1molN(C2H5)3中含有18mol极性共价键，10.1gN(C2H5)3，其物质的量为0.1mol，则其含有极性共价键的物质的量为1.8mol，数目为1.8NA，B错误；C、Au为金属单质，不含有分子，2molAu中不含有分子，C错误；D、100g46%的甲酸水溶液，则甲酸质量为46g，则其物质的量为1mol，分子中含有2molO原子；水的质量为100g-46g=54g，其物质的量为3mol，则含有3molO原子，总共含有5molO原子，其数目为5NA，D正确；答案选D。4．下列有关化学用语表示正确的是A．中子数为143、质子数为92的轴(U)原子：B．的电子式：C．乙炔的结构式：D．丙烷的球棍模型：【答案】D【详解】A．中子数为143、质子数为92，则质量数=143+92=235，该铀(U)原子表示为，A错误；B．为离子化合物，电子式为：，B错误；C．乙炔的结构式：H-C≡C-H，HC≡CH为乙炔的结构简式，C错误；D．丙烷的球棍模型：，D正确；答案选D。5．王亚平在太空授课中演示神奇热球实验，这与我们生活中使用的“暖手袋”原理一样。“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片，轻微震动合金片，溶质结晶，该过程放热。下列说法正确的是A．内置的合金属于常用的材料，合金属于混合物B．塑胶属于高分子材料，高分子化合物属于纯净物C．醋酸钠溶液、氢氧化钠、氧化钠均属于电解质D．氢氧化钠熔化需要吸热，该过程为吸热反应【答案】A【详解】A．合金是由不同种物质组成的，属于混合物，A正确；B．塑胶属于高分子材料，高分子材料中不同分子的聚合度n的数值不相同，由于其中含有多种物质分子，因此塑胶属于混合物，B错误；C．醋酸钠溶液是分散系，属于混合物，C错误；D．氢氧化钠熔化需要断裂离子键，因此需要吸热，但该过程中没有新物质生成，因此该变化是物理变化而不是化学变化，因此不是吸热反应，D错误；故合理选项是A。6．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．锌铜原电池装置B．验证非金属性Cl＞C＞SiC．验证SO2的还原性D．检查碱式滴定管是否漏水A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．与Zn接触的电解质溶液应为硫酸锌溶液，右侧烧杯中与Cu电极接触的溶液应为硫酸铜溶液，A错误；B．盐酸可挥发，与CO2进入硅酸钠溶液中，二者都能够与硅酸钠溶液反应制取硅酸，因此无法证明碳酸酸性强于硅酸，且稀盐酸的酸性强弱与Cl的非金属性强弱无关，B错误；C．SO2具有还原剂，会被酸性KMnO4溶液氧化，溶液褪色，这体现了SO2的还原性，C正确；D．如图所示为排除滴定管内气泡的操作，不是检查碱式滴定管是否漏水，D错误；故合理选项是C。7．部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．过量的a在中充分燃烧可生成bB．制备c时，应将胶头滴管伸入液面以下C．在空气中充分加热，均可得到红棕色的氧化铁D．为盐酸盐时均可通过化合反应制得【答案】A【分析】结合价类图可知：a为铁，b为亚铁盐，c为氢氧化亚铁，d为氢氧化铁，e为铁盐。【详解】A．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，与铁的量多少无关，A错误；B．制备氢氧化亚铁时，为了防止氢氧化亚铁被氧化，应将胶头滴管伸入液面以下，B正确；C．氢氧化亚铁在空气中加热先被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁再加热，会分解变为水和氧化铁，C正确；D．氯化亚铁可以通过铁和氯化铁化合制得，氯化铁可以通过铁和氯气化合制得，D正确；答案选A。8．在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是A．滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na＋、Fe2＋、Cl-、NOB．滴入KSCN溶液显血红色的溶液中：NH、Mg2＋、SO、Cl-C．=1012的溶液中：NH、Al3＋、NO、COD．由水电离的c(H＋)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：K＋、NH、AlO、HCO【答案】B【详解】A．滴加甲基橙试剂显红色的溶液显酸性，在酸性溶液中，Fe2＋、NO能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；B．滴入KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3＋，Fe3＋、NH、Mg2＋、SO、Cl-离子间不发生反应，能够大量共存，故B选；C．=1012的溶液显强碱性，在强碱性溶液中，NH、Al3＋不能与OH-大量共存，故C不选；D．由水电离的c(H＋)=1.0×10-13mol·L-1的溶液显强酸性或强碱性，在强酸性溶液中，不能大量存在AlO、HCO，在强碱性溶液中，不能大量存在NH、HCO，故D不选；故选B。9．一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，X元素是宇宙中含量最多的元素；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且都与X处于相邻周期；主族元素E的原子序数比W多8。下列说法不正确的是A．X2YZ3是一种弱酸B．气态氢化物的稳定性：W＞EC．原子半径：D．X2Z2分子中含有极性共价键和非极性共价键【答案】C【分析】X的原子核只有1个质子，X为H；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期，即位于第二周期，由化合物中化学键可知，Y为C、Z为O、W为F；元素E的原子比W原子多8个电子，E的质子数为9+8=17，E为Cl。【详解】由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为O、W为F、E为Cl：A．X2YZ3是碳酸，为弱酸，选项A正确；B．元素非金属性越强气态氢化物的稳定性越强，非金属性W(F)＞E(Cl)，则气态氢化物的稳定性：HF＞HCl，选项B正确；C．电子层越多、原子半径越大，同周期，从左向右原子半径减小，则原子半径：E>Y>W，选项C不正确；D．X2Z2分子即H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，选项D正确；答案选C。10．中成药连花清瘟胶囊在对抗新冠肺炎病毒中发挥重大作用，其有效成分绿原酸的结构简式如图所示，下列有关说法错误的是A．绿原酸分子式为B．绿原酸能使溴的四氯化碳溶液褪色C．绿原酸分子中共平面的C原子最多有8个D．与绿原酸苯环上取代基种类及个数均相同的有机物还有5种【答案】C【详解】A．根据绿原酸的结构简式可知，其分子式为，故A正确；B．绿原酸含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C．绿原酸分子中，苯环、碳碳双键、酯基均为平面结构，而单键可以旋转，因此最多11个碳原子共面(如图所示：)，故C错误；D．先将两个酚羟基位于邻、间、对位，再将另一取代基定在苯环上，分别有2种、3种、1种结构，即共有6种结构，减去绿原酸本身则有5种，即与绿原酸苯环上取代基种类及个数均相同的有机物有5种，故D正确；答案选C。11．硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是A．NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因B．汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5C．植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定D．工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除【答案】D【详解】A．是红棕色且有刺激性气味的气体，而是无色有刺激性气味的气体，A错误；B．汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物，如NOx和CO等，B错误；C．氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，且植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子作为肥料，不能直接吸收空气中的氮氧化物，C错误；D．工业废气中的可采用石灰法进行脱除，如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理，D正确；故选D。12．以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe(OH)2，装置如图所示，其中电解池两极材料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。则下列说法正确的是A．石墨电极Ⅱ处的电极反应式为O2＋4e－===2O2－B．X是铁电极C．电解池中有1molFe溶解，石墨Ⅰ耗H222.4LD．若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也互换，实验方案更合理。【答案】D【分析】左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极，发生氧化反应；通入氧气的电极II是正极，正极发生还原反应。右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，Fe作阳极发生氧化反应，据此分析解答。【详解】左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-=CO2+H2O，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-。右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2↓。A．通入氧气的电极II是正极，正极上氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，A错误；B．X与负极连接，作阴极，Y与电源正极连接，作阳极，要制取Fe(OH)2，阳极Y必须是铁电极，X电极为石墨电极，B错误；C．电解池中有1molFe溶解，失去2mol电子，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知在石墨Ⅰ耗H21mol，但未指明气体所处的条件，因此不能确定氢气的体积就是22.4L，C错误；D．若将电池两极所通气体互换，则I是正极，X是阳极，X电极材料是Fe，该电极产生的Fe2+和碱反应得到Fe(OH)2白色沉淀，可以将沉淀和氧气隔绝，实验方案更合理，D正确；故答案选D。【点睛】本题考查原电池和电解池的反应原理，明确在燃料电池中通入燃料H2的电极为负极，与电源负极连接的电极为阴极，Fe电极与电源正极连接作阳极，发生氧化反应变为Fe2+是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意该原电池中电解质是熔融碳酸盐而不是酸或碱溶液。13．近日，北京航空航天大学教授团队与中科院高能物理研究所合作，合成了Y、Sc(Y1／NC，Sc1／NC)单原子催化剂，用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法正确的是A．Y1/NC比Sc1/NC更有利于吸附氮气B．实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氮气的平衡转化率C．使用Sc1/NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2＋H→*NNHD．升高温度一定可以提高氨气单位时间内的产率【答案】C【详解】A．由图可知，Sc1/NC吸附氮气后能量更低，且使用Sc1/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附氮气，故A错误；B．催化剂只能改变反应的途径，不影响平衡移动，实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可加快反应速率，氮气的平衡转化率不变，故B错误；C．由图可知，使用Sc1/NC单原子催化剂时，*N2与H结合生成*NNH的活化能最大，则历程中最大能垒的反应为*N2＋H→*NNH，故C正确；D．由图可知，反应物总能量高于生成物的总能量，则该单原子催化电化学还原N2的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且温度越高，催化剂吸附N2更困难，故升高温度可以加快反应速率，但不一定可以提高氨气单位时间内的产率，故D错误；故选C。14．合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下：下列说法正确的是A．V中发生反应：B．1mol丙参与反应Ⅳ时转移NA个电子C．所得氮肥可以和草木灰(K2CO3)混合使用，组成复合肥有利于植物生长D．实验室用铵盐(NH4Cl、NH4NO3)与强碱[NaOH、Ca(OH)2]固体加热制备氨气【答案】A【分析】N2和H2可以合成NH3，所以甲是N2，氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的NaHCO3晶体，加热NaHCO3分解可以得到纯碱碳酸钠；氨气和氧气催化氧化反应得到NO，NO遇到O2变为NO2，NO2和H2O之间反应生成HNO3，HNO3和NH3之间反应得到NH4NO3，NH4NO3属于一种氮肥，所以乙是NO，丙是NO2，J是NaHCO3，据此解答。【详解】根据上述分析可知：甲是N2，乙是NO，丙是NO2，丁是NH4NO3。A．反应V是NH3与CO2、H2O、NaCl反应产生NaHCO3、NH4Cl，该反应的离子方程式为：，A正确；B．丙是NO2，NO2溶于水分源产生HNO3和NO，反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式可知：每有3molNO2反应，转移2mol电子，所以若有1molNO2反应，转移电子mol，则转移的电子数目是NA个，B错误；C．草木灰(K2CO3)水解使溶液显碱性，与反应所得氮肥NH4NO3若混合使用，反应产生NH3∙H2O分解而逸出氨气，导致肥效降低，不利于植物生长，C错误；D．实验室一般用铵盐NH4Cl与碱Ca(OH)2固体加热制备氨气，而不使用不稳定的NH4NO3与强碱NaOH，否则会腐蚀试管，甚至可能会发生爆炸，D错误；故合理选项是A。15．室温下向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入0.1mol·L-1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．a点所示溶液中c(Na＋)＞c(A-)＞c(H＋)＞c(HA)B．该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂C．pH=7时，c(Na＋)=c(A-)＋c(HA)D．b点所示溶液中c(A-)＞c(HA)【答案】D【详解】A．a点为氢氧化钠与HA恰好反应的点，溶质为NaA，pH>7，说明A-水解，溶液中c(Na＋)＞c(A-)＞c(HA)＞c(H＋)，故A错误；B．恰好反应时溶液呈碱性，所以该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂，故B错误；C．氢氧化钠与HA恰好反应时pH>7，pH=7时HA过量，所以c(Na＋)>c(A-)＋c(HA)，故C错误；D．b点溶质为等浓度的NaA、HA，溶液呈酸性，说明HA电离大于A-水解，所以溶液中c(A-)＞c(HA)，故D正确。选D。二、工业流程题16．金属铍是一种有着“超级金属”之称的新兴材料。绿柱石主要成分有BeO、Al2O3、SiO2、Fe2O3和FeO。采用以下工艺流程可由绿柱石制备单质铍。已知：ⅰ.铍和铝的化学性质相似。ⅱ.(NH4)2BeF4易溶于水，且在水中的溶解度随温度升高显著增大。ⅲ.该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子开始沉淀时pH1.53.36.552沉淀完全时pH3.75.09.78.8(1)“酸浸”前将绿柱石进行粉碎的目的是___________；“氧化”时的离子方程式为___________。(2)滤渣2的主要成分是___________，调节pH的合理范围为___________。(3)(NH4)2BeF4在高温分解过程中会产生NH4HF2，可用NH4HF2代管HF雕刻玻璃，反应过程中有NH4F生成，写出NH4HF2与SiO2反应的化学方程式___________。(4)铍铜是广泛使用的一种铍合金，若绿柱石中BeO的含量为，上述工艺流程中Be的产率为，则1t该绿柱石理论上可生产Be含量为2%的镀酮合金___________(用a、b表示)。【答案】(1)

增大与硫酸的接触面积，提高浸取率和反应速率

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(2)

Fe(OH)3、Al(OH)3

5.0≤pH＜5.2(3)SiO2+4NH4HF2=SiF4↑+4NH4F+2H2O(4)1.810-3abt【分析】由题给流程可知，绿柱石用稀硫酸酸浸时，金属氧化物溶于硫酸得到可溶性硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入氨水调节溶液pH在5.0≤pH＜5.2范围内，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中铍离子转化为氢氧化铍沉淀，沉淀与氨气、氟化氢反应得到(NH4)2BeF4，高温煅烧(NH4)2BeF4得到二氟化铍，二氟化铍与镁在高温下发生置换反应制得金属铍。（1）粉碎绿柱石可以增大与硫酸的接触面积，提高浸取率和反应速率；由分析可知，氧化时发生的反应为酸性条件下过氧化氢溶液与溶液中的亚铁离子反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：增大与硫酸的接触面积，提高浸取率和反应速率；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（2）由分析可知，加入氨水调节溶液pH在5.0≤pH＜5.2范围内的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而铍离子不产生沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；5.0≤pH＜5.2；（3）由题意可知，出NH4HF2与二氧化硅反应生成四氟化硅气体、氟化铵和水，反应的化学方程式为SiO2+4NH4HF2=SiF4↑+4NH4F+2H2O，故答案为：SiO2+4NH4HF2=SiF4↑+4NH4F+2H2O；（4）由原子个数守恒可知，1t该绿柱石理论上可生产铍含量为2%的镀酮合金的质量为=1.810-3abt，故答案为：1.810-3abt。三、实验题17．草酸铁铵是一种常用的金属着色剂，易溶于水，常温下其水溶液的介于4.0~5.0之间。某兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测其纯度。(1)甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。①仪器a的名称是___________。②下，装置A中生成，同时生成和NO且物质的量之比为3：1。该反应的化学方程式为___________。③装置B的作用是___________；装置C中盛装的试剂是___________。(2)乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。将在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至___________，然后将溶液加热浓缩、___________、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品。(3)丙组设计实验测定乙组产品的纯度。准确称量产品配成溶液，取于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再用标准溶液进行滴定，消耗溶液的体积为。①滴定过程中反应的离子方程式是___________。②滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是___________。③产品中的质量分数为___________%。【已知：的摩尔质量为】【答案】(1)

球形冷凝管

12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O

安全瓶，防倒吸

NaOH溶液(2)

溶液pH介于4.0~5.0之间

冷却结晶(3)

5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O

反应生成的Mn2+是该反应的催化剂

74.8【分析】由实验装置图可知，装置A中浓硝酸与葡萄糖在55～60℃温度下反应制备草酸，装置B为空载仪器，起到安全瓶，防倒吸的作用，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收反应生成的一氧化氮和二氧化氮，防止污染空气。（1）①由实验装置图可知，仪器a为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；②由分析可知，装置A中发生的反应为浓硝酸与葡萄糖在55～60℃温度下反应生成草酸、二氧化氮、一氧化氮和水，由二氧化氮、一氧化氮的物质的量比为3：1可得反应的化学方程式为12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O，故答案为：12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；③由分析可知，装置B为空载仪器，起到安全瓶，防倒吸的作用，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收反应生成的一氧化氮和二氧化氮，防止污染空气，故答案为：安全瓶，防倒吸；NaOH溶液；（2）由草酸铁铵易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间可知，用草酸溶液制备草酸铁铵的过程为将氧化铁在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，加氨水至pH介于4.0～5.0之间，氧化铁与草酸、氨水反应生成草酸铁铵，为防止草酸铁铵中的铵根离子和铁离子在溶液中水解，不能将直接加热蒸干，而是将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥制得草酸铁铵产品，故答案为：介于4.0～5.0之间；冷却结晶；（3）①由题意可知，滴定过程中发生的反应为草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；②滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快说明滴定过程中，高锰酸钾溶液被草酸还原为锰离子，随着反应进行，溶液中锰离子的浓度增大，锰离子起催化剂的作用使反应速率加快，故答案为：反应生成的Mn2+是该反应的催化剂；③由原子个数守恒和方程式可得转化关系：5(NH4)3Fe(C2O4)3—15H2C2O4—6MnO，滴定过程中消耗12.00mL0.1000mol/L高锰酸钾溶液，则5.000g产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为×100%=74.8%，故答案为：74.8。四、原理综合题18．二氧化碳的固定和转化是世界性的课题，对促进低碳社会的构建具有重要意义。某课题组利用为原料将其转化成各种有机物，从而实现碳的循环再利用。(1)以为原料合成乙烯，其反应的过程分两步进行：Ⅰ.Ⅱ．加氢合成乙烯的热化学反应方程式为：___________。(2)以为原料催化加氢合成乙醇，其反应原理为：，向密闭容器中充入和，如图为平衡时的体积分数与温度、压强的关系。回答下列问题：①温度___________(填“大于”、“小于”或“等于”)②某温度下，反应达到平衡状态X点，若在X点对反应容器降温，同时缩小体积使体系压强增大，重新达到平衡状态时，可能是图中点中的___________点。③在温度下，压强恒定为，反应达到平衡状态时的压强平衡常数___________(是以分压表示的平衡常数)。在相同的条件下，若初始向密闭容器中充入的是和，则达到平衡状态时，的体积分数___________25%(填“大于”、“小于”或“等于”)。(3)二氧化碳甲烷化技术是一种最有效的对二氧化碳循环再利用的技术。用如图装置电解二氧化碳制取甲烷，温度控制在左右，持续通入二氧化碳，电解过程中物质的量基本不变阴极反应为：___________阳极产生的气体是：___________【答案】(1)(2)

小于

F

27

大于(3)

和【解析】（1）CO2与H2合成乙烯的方程式为2CO2＋6H2→C2H4＋4H2O，利用盖斯定律，得出Ⅰ×2＋Ⅱ，ΔH=(+41.3×2)kJ·mol－1＋(＋210.5)kJ·mol－1=＋293.1kJ·mol－1，热化学反应方程式为；故答案为；（2）①该反应为放热反应，相同条件下，升高温度，平衡向逆反应方向进行，H2的体积分数增大，即T1小于T2；故答案为小于；②该反应为放热反应，降温，平衡向正反应方向进行，H2的体积分数减小，缩小体积压强增大，平衡正向进行，氢气的体积分数减小，因此重新达到平衡时，应是F点；故答案为F；③在2MPa下，达到平衡时生成C2H5OH物质的量为xmol，根据反应方程式，达到平衡时，n[H2O(g)]=3xmol，n(H2)=(8－6x)mol，n(CO2)=(4－2x)mol，此时氢气的体积分数为25%，即有25%，解得x=1，Kp==27；恒温恒压下，先通入2molCO2和4molH2，达到平衡与原平衡为等效平衡，H2体积分数为25%，再充入1molH2，平衡向正反应方向进行，但H2的体积分数增大，即相同条件下充入2molCO2和5molH2，达到平衡时，氢气的体积分数大于25%；故答案为27；大于；（3）①电解制备CO2制备CH4，C的化合价降低，根据电解原理，阴极上得电子，即电解反应式为9CO2＋6H2O＋8e－=CH4＋8；故答案为9CO2＋6H2O＋8e－=CH4＋8；②根据电解原理，阳极电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，H＋与反应生成CO2，阳极上逸出的气体为O2和CO2；故答案为O2和CO2；五、结构与性质19．金属与非金属元素在生产、生活中应用广泛，回答下列问题：(1)不锈钢中含铬，对于基态Cr原子，下列叙述正确的是___________(填标号)。A．轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为B．4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动C．电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大(2)Ni与CO在时反应生成气体，在分了中与Ni形成配位健的原子是___________，晶体类型是___________。(3)氮元素是植物生长所需的元素，常见氮肥有按盐()、尿素()等，中键的键角_______(填“>”“<”“=”)中键的键角；尿素分子含有键的数目为___________。(4)C与N可以形成一种超硬的新材料，其晶体部分结构如图所示，下列有关该晶体的说法正确的是___________(填字母)。A．该晶体属于分于晶体 B．该晶体的硬度比金刚石还大C．该晶体的化学式是 D．该晶体熔化时共价键被破坏【答案】(1)AC(2)

C

分子晶体(3)

<

7NA(4)BD【解析】（1）A．根据洪特规则及特例可知，轨道处于半充满时体系总能量低，则Cr基态原子的核外电子排布应为，A正确；B．能级和能层只是表明电子在该处出现的概率大小，并不表示电子运动的位置，B错误；C．金属元素金属性越强，电负性越小,对键合原子吸引力小，与铬相比钾的金属性较强，即铬的电负性比钾强且对键合原子吸引力较大，C正确；故选AC；（2）Ni与CO在时反应生成气体，沸点低，则属于分子晶体，C和O均有孤对电子，但O电负性大于C，则分子中与Ni形成配位键的原子是碳原子；（3）铵根离子与甲烷互为等电子体，空间构型为正四面体，H-N-H键的键角为109°28′，而中碳原子采取sp2杂化，与周围三个原子形成平面三角形，N-C-N键的键角约为120°，因此中H-N-H键的键角＜中N-C-N键的键角；单键为σ键，双键为1个σ键、1个π键，由尿素分子的结构式可知，1mol尿素分子含有7molσ键，数目为7NA；（4）A．由晶体结构可知，C原子与N原子通过共价键形成空间网状结构，应为原子晶体，A错误；B．氮原子的半径比碳原子半径小，C-N键的键长比C-C键的键长短，C-N键的键能比C-C键的键能大，该晶体硬度比金刚石硬度大，B正确；C．每个C原子周围有4个N原子，每个N原子周围有3个C原子，该晶体的化学式为C3N4，C错误；D．该晶体为原子晶体，熔化时破坏的是共价键，D正确；答案选BD。20．镓(Ga)、锗(Ge)、硅(Si)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。回答下列问题：(1)科学家常利用___________，区分晶体硅和无定形硅。(2)硒常用作光敏材料，根据元素周期律，原子半径Ga___________As(填“>”或“<”，后同)。第一电离能Ga___________As。与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有___________种；的空间构型是___________。(3)GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，熔点如表所示，分析其变化原因：___________。物质熔点(4)硒化锌()也是一种重要的半导体材料，其晶胞结构图甲所示，该晶胞中硒原子的配位数是___________；已知晶胞边长为，乙图为甲图的俯视图，A点坐标为，B点坐标为，则D点坐标___________；若该晶胞密度为，则阿伏加德罗常数为___________(只列出计算式)。【答案】(1)X射线衍射实验(2)

>

<

3

三角锥形(3)GaN、GaP、GaAs均为共价晶体，晶体中共价键Ga—N、Ga—P、Ga—As的键长依次增大、键能依次减小，则共价键依次减弱，所以GaN、GaP、GaAs的熔点逐渐降低(4)

4

【解析】（1）区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对晶体进行X射线衍射实验，故答案为：X射线衍射实验；（2）同周期元素，从左到右原子半径依次减小，元素的第一电离能呈增大趋势，镓原子的原子半径大于砷原子，镓元素的第一电离能小于砷元素；氮原子的4p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则砷元素的第一电离能大于硒元素，所以与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有砷元素、溴元素、氪元素，共有3种；亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，则离子的空间构型为三角锥形，故答案为：>；<；3；三角锥形；（3）共价晶体中成键原子形成的共价键的键长越长，键能越小，共价键越弱，晶体的熔沸点越低，由熔点可知，GaN、GaP、GaAs都是共价晶体，氮、磷、砷的原子半径依次增大，晶体中共价键Ga—N、Ga—P、Ga—As的键长依次增大、键能依次减小，则共价键依次减弱，所以GaN、GaP、GaAs的熔点逐渐降低，故答案为：GaN、GaP、GaAs均为共价晶体，晶体中共价键Ga—N、Ga—P、Ga—As的键长依次增大、键能依次减小，则共价键依次减弱，所以GaN、GaP、GaAs的熔点逐渐降低；（4）由晶胞结构可知，位于顶点的锌原子与位于体对角线上的硒原子的距离最近，则锌原子的配位数为4，由硒化锌的化学式可知，硒原子的配位数也为4；由图可知，位于顶点的A点坐标为、位于面心B点坐标为，则晶胞的边长为a，位于体对角线处的D点坐标为；晶胞中位于顶点和面心的锌原子个数为8×+6×=4，位于体内的硒原子个数为4，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—10)3ρ，解得NA=mol—1，故答案为：4；；。六、有机推断题21．有机物C常用于食品行业。已知9.0gC在足量O2中充分燃烧，将生成的混合气体依次