浙江省杭州市2023-2024学年高三化学下学期6月阶段性试卷含解析

Page25考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。2.答题时在答题卷指定区域填写班级、姓名、座位号及准考证号并填写相应数字。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效：考试结束后，只端上交答题卷。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Si-28P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Ni-59Cu-64Ag-108Ba-137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.化学与生活息息相关，下列生活中的物质属于功能高分子材料的是A.聚丙烯酸钠 B.聚酯纤维 C.酚醛树脂 D.合成橡胶【答案】A【解析】【详解】功能高分子是一类以基本合成材料为原料、在其中添加一些特殊的物质或经过特殊的处理后具有特殊功能的高分子材料。A．聚丙烯酸钠是新型的高分子材料，属于功能高分子材料，故A正确；B．聚酯纤维属于传统的高分子材料，不属于功能高分子材料，故B错误；C．酚醛树脂属于传统的高分子材料，不属于功能高分子材料，故C错误；D．合成橡胶属于传统的有机高分子材料，不属于功能高分子材料，故D错误；故选A。2.下列表达方式不正确的是A.碳原子的核外电子轨道表示式：B.12-冠-4分子：C.正丁醇的键线式：D.35Br原子的简化电子排布式为：[Ar]3d104s24p5【答案】C【解析】【详解】A．碳原子的核外电子排布式为，按洪特规则，2个p电子分别占据2个轨道且自旋方向相同，轨道表示式：，故A项正确；B．的命名为12-冠-4分子，故B项正确；C．正丁醇的键线式：，故C项错误；D．35Br原子的简化电子排布式为：，故D项正确；故本题选C。3.摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]比FeSO4稳定，在空气中不易被氧化。下列说法不正确的是A.的空间结构为正四面体形 B.可用KSCN溶液检验摩尔盐是否氧化变质C.Fe元素位于元素周期表的ds区 D.氨气易液化是因为氨分子间能形成氢键【答案】C【解析】【详解】A．NH的中心原子N原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为正四面体形，A正确；B．亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子和KSCN溶液变红色，能用KSCN溶液检验摩尔盐是否氧化变质，B正确；C．Fe为26号元素，位于元素周期表的d区，C错误；D．氨气易液化是因为氨分子间能形成氢键，使得其沸点升高，D正确；故选C。4.结构—性质—用途是化学的主旋律，下列关于有机物的用途、结构或性质的说法不正确的是有机物的用途有机物的结构或性质A将植物油和烧碱溶液共热制备肥皂植物油属于酯类，含可水解的酯基B用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收乙烯，保鲜水果C2H4含π键，能被KMnO4氧化C丙三醇(俗名甘油)可用于保湿类护肤品甘油富含能和水分子形成氢键的羟基D苯酚和甲醛在盐酸催化下制备绝缘材料酚醛树脂苯酚和甲醛能发生加聚反应A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．将植物油和烧碱溶液共热制备肥皂，植物油属于酯类，含有酯基，在碱性条件下可以发生水解反应，故A项正确；B．用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收乙烯，保鲜水果，乙烯中含有碳碳双键，能被KMnO4氧化，故B项正确；C．通过丙三醇分子中羟基，与水分子形成氢键，吸附水分，从而提高皮肤水分含量，故C项正确；D．苯酚和过量的甲醛在碱的作用下，可以得到网状结构的酚醛树脂，但不是加聚反应，故D项错误；故本题选D。5.下列实验操作或装置(部分夹持仪器已略去)正确的是①②③④A.利用①配制一定物质的量浓度的溶液 B.利用②制取干燥的氨气C.利用③进行酸碱中和滴定 D.利用④制取SO2【答案】D【解析】【详解】A.定容时应该用胶头滴管，A错误；B.氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口又重新化合生成氯化铵，因此不能利用②制取干燥的氨气，B错误；C.酸应该用酸式滴定管盛装，C错误；D.常温下亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫，因此可以利用④制取SO2，D正确；答案选D。6.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A.含0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数大于0.2NAB.将1molSO2和1molO2充分反应后，其分子总数为1.5NAC.7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NAD.含1molNH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中数为NA【答案】B【解析】【详解】A．镁与浓硫酸反应的方程式为Mg+2H2SO4(浓）=MgSO4+SO2+2H2O，若镁与0.2mol的浓硫酸完全反应，转移电子数为0.2NA；若镁与0.2mol的稀硫酸完全反应，0.4molH+变为H2转移电子数为0.4NA，若含0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的镁反应，开始时产生SO2，硫酸浓度变低后，产生H2，则转移的电子数介于0.2NA0.4NA之间，故A正确；B．SO2与O2的反应方程式为：，将1molSO2和1molO2充分反应后，假设反应完全进行，即生成1molSO3，剩余0.5molO2，其分子总数为1.5NA，由于反应是可逆反应，不可能完全进行，因此其分子总数大于1.5NA，故B错误；C．Na2S与Na2O2的摩尔质量相同，即7.8gNa2S与Na2O2的混合物物质的量为0.1mol，Na2S由2个Na+和1个S2-构成，Na2O2由2个Na+和1个构成，即7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NA，故C正确；D．含1molNH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，存在电荷守恒：，由于，因此，体积相同，即，此时溶液中数为NA，故D正确；故选B。7.NaAlH4是一种强还原剂，在碱性条件下能够与CuSO4发生反应，下列说法不正确的是A.还原剂和还原产物之比为1：4B.NaAlH4遇水可能发生爆炸，并产生白色沉淀C.H2O中中心原子为sp3杂化，VSEPR空间构型为四面体D.每生成1molNa[Al(OH)4]转移电子的物质的量为8mol【答案】B【解析】【详解】A．由方程式可知，反应中氢元素的化合价升高被氧化，四氢合铝酸钠是反应的还原剂，铜元素的化合价降低被还原，硫酸铜是氧化剂，还原剂和还原产物之比为1：4，故A正确；B．四氢合铝酸钠与水反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应中没有氢氧化铝沉淀生成，故B错误；C．水分子中氧原子的价层电子对数为4，氧原子的杂化方式为sp3杂化，分子的VSEPR空间构型为四面体，故C正确；D．由方程式可知，反应生成1mol四氢合铝酸钠时，转移电子的物质的量为8mol，故D正确；故选B。8.下列有关有机物性质的的叙述，其中正确的是A.橡胶硫化后，可使线型结构连接为网状结构，硫化程度越大，弹性越强B.蛋白质溶液遇到饱和(NH4)2SO4溶液或AgNO3溶液，都能使蛋白质析出，该过程叫盐析C.肽键中的氢原子和氧原子通过氢键作用，使肽链盘绕或折叠成特定的空间结构，形成蛋白质的二级结构D.高密度聚乙烯在较低压力和温度下加聚得到，支链多，常用于生产桶、板、管等【答案】C【解析】【详解】A．硫化程度越大，弹性越差，A错误；B．AgNO3属于重金属盐，会使蛋白质溶液变性，而不是发生盐析，B错误；C．蛋白质的二级结构主要是通过肽键中的氢原子和氧原子的氢键作用来实现，C正确；D．高密度聚乙烯在较低压力和温度下加聚得到，支链较少，密度和软化温度较高，D错误；故选C。9.下列反应的离子方程式不正确的是A.碳酸氢钙溶液滴加少量的澄清石灰水：B.向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：C.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4的离子反应为D.高锰酸钾溶液吸收甲醛：【答案】A【解析】【详解】A．碳酸氢钙溶液滴加少量的澄清石灰水：，A错误；B．向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解，生成一水合氨：，B正确；C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3发生氧化还原反应生成Na2FeO4，离子反应为，C正确；D．高锰酸钾溶液可以氧化甲醛生成二氧化碳：，D正确；故选A。10.化合物Z是合成一种抗失眠药物的中间体，已知RCOCl遇水发生水解反应，下列说法正确的是A.1molX与NaOH溶液充分反应，最多消耗2molNaOHB.Z分子中所有原子共平面C.Y与H2充分加成后所得产物分子中含有2个手性碳原子D.Z能发生氧化反应、还原反应、取代反应【答案】D【解析】【详解】A．RCOCl遇水发生水解反应，因此X与NaOH反应生成、和水，共消耗4molNaOH，故A错误；B．Z分子中苯环、羰基中原子共平面，氨基中N原子属于杂化，氨基中最多有1个氢原子共平面，因此Z分子中不可能所有原子共平面，故B错误；C．Y与H2充分加成后所得产物为，无手性碳原子，故C错误；D．Z中含有氨基，可以发生氧化反应；含有苯环和羰基，可以发生加氢还原反应；含有碳溴键，可以发生取代反应，故D正确；答案选D。11.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，W元素的电子只有一种自旋取向，W与X的原子序数之和等于Y的原子序数；Y元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，Z元素基态原子核外有6种不同空间运动状态的电子，且只有一个不成对电子。下列说法正确的是A.X和Y的最简单氢化物的沸点：Y<XB.X、Y、Z元素原子第一电离能的大小顺序为：Y>X>ZC.Y原子可形成Y2与Y3两种气体单质分子，两者都是非极性分子D.W与Y能形成含有非极性共价键的物质【答案】D【解析】【分析】Ｗ元素电子只有一种自旋取向，则Ｗ为Ｈ元素；Ｙ原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，其核外电子排布式为1s²2s²2p4或1s²2s²2p63s2，则Ｙ为Ｏ或Ｍｇ元素；Ｗ与Ｘ的原子序数之和等于Ｙ的原子序数，则Ｘ原子序数为8-1=7或12-1=11，则Ｘ为Ｎ或Ｎａ元素；基态Ｚ原子核外有6种不同空间运动状态的电子说明有6个轨道，s有1个轨道，p有3个轨道，且只有一个不成对电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s1，则Z为Na元素，故W、X、Y、Z分别为Ｈ、Ｎ、Ｏ、Ｎａ。【详解】Ａ．X和Y的最简单氢化物分别为NH3、H2O，NH3能形成1个分子间氢键，H2O能形成2个分子间氢键，则H2O的沸点较高，Ａ错误；Ｂ．同周期主族元素从左向右第一电离能增大，N原子的2p电子半满为较稳定结构，第一电离能大于相邻元素的第一电离能，则第一电离能大小顺序为：Ｎ>Ｏ，B错误；Ｃ．Ｙ即Ｏ原子可形成Ｏ2与Ｏ３，氧气为直线结构，结构对称，为非极性分子，臭氧为Ｖ形结构，结构不对称，臭氧属于极性分子，Ｃ错误;Ｄ．Ｗ即H与Y即O原子能形成H２Ｏ2，含有非极性共价键Ｏ－Ｏ，Ｄ正确;故选Ｄ。12.富硼渣中含有镁硼酸盐(2MgO·B2O3)、镁硅酸盐(2MgO·SiO2)及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸(H3BO3)晶体的一种工艺流程如下。注：温度高时，硼酸会随水蒸气挥发。下列说法错误的是A.酸浸时镁硼酸盐发生反应为B.向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生C.加入MgO的目的是调节溶液的pH，使杂质离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀D.已知浓缩滤液时MgSO4和H3BO3接近饱和；将滤液浓缩蒸发结晶，得到硫酸镁晶体，趁热过滤，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体【答案】B【解析】【分析】根据工艺流程分析，将富硼渣研磨后得到富硼渣粉后用热的H2SO4溶液酸浸，发生反应2MgO·B2O3＋2H2SO4＋H2O=2MgSO4＋2H3BO3、Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O、FeO＋H2SO4===FeSO4＋H2O，浸出渣的主要成分为SiO2，浸出液中含有MgSO4、H3BO3、Al2(SO4)3和FeSO4，加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，再加入MgO调节pH可得到Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，过滤后将滤液浓缩后放入高压釜中，控制温度结晶分别得到硫酸镁晶体和硼酸晶体。【详解】A．由上述分析可知，“酸浸”时镁硼酸盐发生的反应为2MgO·B2O3＋2H2SO4＋H2O=2MgSO4＋2H3BO3，故A项正确；B．硼的非金属性比碳弱，故硼酸的酸性弱于碳酸，因此，向碳酸氢钠溶液中滴加饱和硼酸溶液，不能生成碳酸，不会有气泡产生，故B项错误；C．加入MgO，调节pH可得到Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，即过滤后的滤渣主要为Al(OH)3和Fe(OH)3，故C项正确；D．根据硫酸镁与硼酸溶解度随温度的变化图可知，大约80℃之前硫酸镁和硼酸的溶解度随温度的升高而升高，因此先降温结晶会同时得到硫酸镁和硼酸的晶体，正确的操作应为浓缩后，升温控制温度在200℃以上结晶，趁热过滤得到硫酸镁晶体，再降温结晶，得到硼酸晶体，故D项正确；故本题选B。13.化学性质类似NH4Cl的盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，工业上主要采用如图甲所示的方法制备，其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图乙所示。图丙是用图甲的电池电解处理含有Cl-、的酸性废水的装置，下列说法正确的是A.图甲电池工作时，Pt电极是正极B.图乙中，A为H+，B为NH3OH+C.电极b接电源负极，处理1mol，电路中转移5mole-D.电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.0g【答案】B【解析】【分析】Pt电极为负极，发生反应：H2-2e-=2H+；含铁的催化电极为正极，发生反应：NO+3e-+4H++Cl-→NH3OHCl；【详解】A．Pt电极上，H2→H+，氢元素化合价升高，发生氧化反应，为负极，故A错误；B．NH2OH与NH3的性质相似，能与盐酸反应生成NH3OHCl,NH2OH+H+=NH3OH+，则图乙中，A为H+，B为NH3OH+，故B正确；C．电解时，b电极中氮元素化合价降低，为阴极，与电源负极相连，发生的电极反应式为：+8e-+10H+=+3H2O，则处理1mol，电路中转移8mole-，故C错误；D．含铁的催化电极为正极，发生反应：NO+3e-+4H++Cl-→NH3OHCl,4个氢离子中有1个是左侧溶液中盐酸提供的，3个是右侧迁移的，标况下消耗的n(NO==0.1mol,左室增加的质量为0.1molNO和0.3mol氢离子，质量为：0.1×30+0.3=3.3g，故D错误；故选：B。14.已知烯经和在磺酸树脂()作用下可以生成，二元醇，其反应历程的示意图如下(R1、R2、R3、R4均表示烃基或H原子)。下列说法错误的是A.是该反应催化剂B.整个过程的总反C.操作时温度不能过高或过低D.过程中反应的原子利用率为100%【答案】A【解析】【详解】A．是该反应的催化剂，是中间产物，最后又转化为，A错误；B．从反应的起始和终止可以看出，整个过程的总反应为：，B正确;C．温度过高H2O2分解，温度过低反应速率慢，C正确；D．过程③中产物为一种，没有其它物质生成，原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，原子利用率为100%，D正确；故选A。15.二元有机酸(H2X)电离常数Ka1=1.67×10-8、Ka2=3.34×10-17。BaX难溶于水，常温下，将BaX溶解在一定浓度的HY溶液中，直至不再溶解，测得混合液中c2(H+)与c2(Ba2+)的关系如图所示。已知：HY是一元强酸，BaY2易溶于水。下列说法错误的是A.NaHX溶液显碱性B.溶度积Ksp(BaX)≈6.18×10-21C.b点：2c(Ba2+)+c(H+)=2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)+c(Y-)D.若0.01molBaX溶于1Lxmol·L-1HY溶液中得到c点溶液，则x=0.4【答案】B【解析】【详解】A．NaHX溶液的水解常数，，则溶液显碱性，A正确；B．BaX+2H+=Ba2++H2X，则c(Ba2+)≈c(H2X)，KalKa2=，，B错误；C．b点时，溶液中含BaY2和H2X，由电荷守恒：2c(Ba2+)+c(H+)=2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)+c(Y-)，C正确；D．BaX溶于HY溶液中的反应：BaX+2H+=Ba2++H2X，0.01molBaX消耗0.02molH+，c点溶液中，则c(HY)=(0.38mol+0.02mol)÷1L=0.4mol⋅L−1，D正确；故选B。16.探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是选项目的方案设计现象和结论A判断的化学键类型将固体溶于水，进行导电性实验，溶液可导电中含有离子键B证明水溶液酸性与漂白性分别在石蕊溶液与品红溶液中通入适量气体石蕊溶液变红后没有褪色，品红溶液褪色，说明水溶液呈酸性，有漂白性C证明浓硫酸具有强氧化性加热浓硫酸、固体与固体的混合物有黄绿色气体产生，说明浓硫酸具有强氧化性D比较S与的非金属性强弱用试纸测定的和溶液的若前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．氯化氢为共价化合物，溶于水会电离出氢离子、氯离子，溶液能导电；故固体溶于水，进行导电性实验，溶液可导电，不能说明其含有离子键，故A不符合题意；B．酸性溶液使石蕊试液变红色，石蕊溶液变红后没有褪色，说明水溶液呈酸性；品红溶液褪色，说明能使有色物质褪色，有漂白性，故B符合题意；C．加入二氧化锰，也可能是二氧化锰使氯离子氧化生成氯气，不能说明浓硫酸具有强氧化性，故C不符合题意；D．硫化氢、氯化氢不是硫、氯对应的最高氧化物的水合物，故的和溶液的大小不能说明硫、氯的非金属性强弱，故D不符合题意；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：（1）下列说法正确的是___________。A.能量最低的激发态F原子的电子排布图为：B.化学键中离子键成分的百分数：CaF2>LiF>NaFC.HF的沸点比H2O低是因为HF氢键的键能小于H2OD.已知N—F键的极性比N—H的极性强，因此NF3分子的极性比NH3的极性弱（2）ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键()，ClO2中Cl原子的轨道杂化方式___________；O-Cl-O键角___________Cl-O-Cl键角(填“>”“<”或“=”)。比较ClO2与Cl2O中Cl-O键的键长并说明原因___________。（3）470K时，F2与Cl2反应生成ClF，常温常压下，ClF为无色气体，固态ClF的晶体类型为___________。（4）一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数，)，其中Cu化合价为+2。上述反应中K和F2的物质的量之比为___________。与Cu原子距离最近的F原子的数目为___________，若该化合物的密度为，则阿伏加徳罗常数的值NA=___________(用含、a、c的代数式表示。【答案】（1）D（2）①.sp2②.>③.ClO2中Cl-O键的键长小于Cl2O中Cl-O键的键长，Cl2O只存在的σ键，而ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O键的键长较小（3）分子晶体（4）①.2:1②.6③.【解析】【小问1详解】A．为基态F原子，不是能量最低的激发态F原子，错误；B．电负性Na<Li<F，钠氟之间的电负性差值更大，电负性差值越大离子键成分越高，则化学键中离子键成分的百分数：LiF<NaF，错误；C．HF的沸点比H2O低是因为HF氢键数目小于H2O分子形成的氢键数目，错误；D．NF3、NH3的中心原子N均形成3个共价键且存在1对孤电子对，均为sp3杂化，均为三角锥形，N-H键比N-F键极性大，，N-H键中电子对偏向N，N-F键中电子对偏向F，N-H键的偶极矩与孤电子对方向一致，而N-F键的偶极矩与孤电子对方向相反存在抵消，导致分子极性：NF3分子的极性比NH3的极性小，正确；故选D；【小问2详解】ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键，由ClO2中存在可以推断，其中Cl原子只能提供1对电子，有一个O原子提供1个电子，另一个O原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的轨道中形成大π键，Cl提供孤电子对与其中一个O形成配位键，Cl与另一个O形成的是普通的共价键（σ键，这个O只提供了一个电子参与形成大π键），Cl的价层电子对数3，则Cl原子的轨道杂化方式为sp2；Cl2O中心原子为O，其价层电子对数为，因此，Cl2O的杂化方式为sp3，根据价层电子对互斥理论可知，sp3时，价电子对的几何构型为正四面体，sp2时，价电子对的几何构型平面正三角形，sp2杂化的键角一定大于sp3的，因此，虽然ClO2和Cl2O均为V形结构，但O-Cl-O键角大于Cl-O-Cl键角；ClO2分子中Cl-O键的键长小于Cl2O中Cl-O键的键长，其原因是：ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O键的键长较小，而Cl2O只存在普通的σ键；故答案为：sp2；＞；ClO2中Cl-O键的键长小于Cl2O中Cl-O键的键长，Cl2O只存在的σ键，而ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O键的键长较小；【小问3详解】常温常压下，ClF为无色气体，其沸点很低，则固态ClF的晶体类型为分子晶体；【小问4详解】一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X，已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为+2，由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为8×+2=4、白球的个数为16×+4×+2=8、灰色球的个数为8×+1=2，则X中含有3种元素，其个数比为1∶2∶4，由于其中Cu化合价为+2、F的化合价为-1、K的化合价为+1，根据化合价代数和为0，可以推断X为K2CuF4，上述反应的化学方程式为：CuCl2+4K+2F2=K2CuF4+2KCl,则K和F2的物质的量之比为2：1；由图可知，距Cu原子距离最近的F原子位于Cu原子的上下前后左右，共6个；晶体密度为，。18.工业上高炉炼铁产生的CO和CO2可以按如下流程脱除或利用。已知：。请回答：（1）煅烧产生的CO通入富含NH3的Cu(NH3)2Ac溶液通过途径I去除，写出反应方程式___________。（2）煅烧产生的尾气可通过途径Ⅱ转化为CO2.。2分子氨和1分子CO2生产A，最终转化为尿素[CO(NH2)2]；可通过途径Ⅲ转为b。①下列说法正确的是___________。A．黄铁(FeS2)可作为高炉炼铁的铁源B．途径Ⅱ可实现反应转化MnO2+CO→CO2+Mn2O3C．化合物A是一种盐D．化合物B为CH3COONa②尿素[CO(NH2)2]在较高温度下可以聚合成环状化合物三聚氰胺(C3H6N6)，写出该反应的化学方程式___________。（3）设计实验验证化合物A中含有N元素___________；写出实验过程中涉及的反应方程式___________。【答案】（1）（2）①.BCD②.（3）①.取少量A于试管中，加水溶解，加入NaOH溶液并微热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若红色石蕊试纸变蓝，则有NH3生成，结论是化合物A含有N元素②.【解析】【小问1详解】由图可知，CO、NH3和Cu(NH3)2Ac，途径I生成了Cu(NH3)3Ac·CO，反应方程式：，故答案为：；小问2详解】①A．一般将黄铁矿作为生产硫磺和硫酸的原料，而不是用作提炼铁的原料，因为提炼铁有更好的铁矿石，故A项错误；B．MnO2具有氧化性，CO具有还原性，二者可发生氧化还原反应，途径Ⅱ可实现反应转化MnO2+CO→CO2+Mn2O3，故B项正确；C．2分子氨和1分子CO2生成A，反应为，所以A是是一种盐，受热可以分解生成尿素，故C项正确；D．通过已知得到，与反应会生成，则与生成，故D项正确；故本题选BCD；②尿素的羰基(>C=O)氧与另一分子尿素的氨基H(-NH2)一同结合并脱去生成H2O，反应为：，故答案为：；【小问3详解】①化合物A是，验证N元素可以通过检验NH3的生成：取少量A于试管中，加水溶解，加入NaOH溶液并微热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若红色石蕊试纸变蓝，则有NH3生成，结论是化合物A含有N元素，故答案为：取少量A于试管中，加水溶解，加入NaOH溶液并微热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若红色石蕊试纸变蓝，则有NH3生成，结论是化合物A含有N元素；②实验涉及的化学方程式为：，故答案为：。19.新能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。（1）近年来CH4－H2O催化重整制氢是氢能源获取的重要途径，主要反应如下：反应I：CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)ΔH1反应II：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)ΔH2反应III：CH4(g)+2H2O(g)4H2(g)+CO2(g)ΔH3甲烷水蒸气重整过程中自由能(ΔG=ΔH-TΔS，设ΔH和ΔS不随温度变化)随温度变化趋势如图1所示：①判断反应I、反应II焓变的符号：ΔH1_______0，ΔH2________0(填“＞”或“＜”)。②1.01×105Pa下，将n起始(CH4)：n起始(H2O)=1：1的混合气体置于密闭容器中，研究发现不同温度下重整体系中，800℃下H2平衡产率远大于600℃下H2平衡产率，其原因是_______。（2）硼氢化钠(NaBH4)是一种高效储氢材料，25℃时NaBH4在掺杂了MoO3的纳米Co2B合金催化剂表面活性位点水解制氢的机理如图2所示：①NaBH4中组成元素的电负性从大到小的顺序为________(用元素符号表示)。②写出NaBH4与水反应生成NaBO2和H2的离子方程式________；并分析掺杂MoO3能提高制H2效率的原因________。③已知25℃时NaBO2和NaBH4在水中的溶解度分别为28g和55g，NaBH4浓度对制H2速率影响如图3所示，NaBH4制H2的最佳浓度为10%，试分析浓度过低或过高反应速率变慢的原因_______。【答案】（1）①.＞②.＜③.反应I和反应III的ΔH＞0，高温下正反应进行程度大，H2生成的量多；反应II的ΔH＜0，高温下正反应进行程度小，H2生成的量少；且增大幅度远超过减少幅度（2）①.H＞B＞Na②.BH+2H2OBO+4H2↑③.吸附水分子，并促进水分子电离生成H+④.NaBH4含量较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥；NaBH4含量较高时，水解反应产物NaBO2易吸附于催化剂表面，从而阻碍BH与催化剂活性位的接触【解析】【小问1详解】①根据图像可知，反应Ⅰ在低温下不能自发进行，高温下能自发进行，反应Ⅰ为熵增，依据自由能的公式，推出ΔH1＞0，同理ΔH2＜0，故答案为＞；＜；②根据问题①分析，ΔH3＞0，升高温度，反应Ⅲ向正反应进行进行，生成氢气的量增多，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，消耗氢气，800℃下氢气的平衡产率远大于600℃平衡产率，说明升高温度，以反应Ⅲ为主，或者增大幅度远超过减少幅度；故答案为反应Ⅰ和反应Ⅲ的ΔH＞0，高温下正反应进行程度大，H2生成的量多；反应Ⅱ的ΔH＜0，高温下正反应进行程度小，H2生成的量少；且增大幅度远超过减少幅度；【小问2详解】①钠元素为金属元素，其余为非金属元素，电负性最小，BH中B显+3价，H显-1价，H的电负性强于B，即电负性强弱H＞B＞Na；故答案为H＞B＞Na；②NaBH4与水反应生成NaBO2和氢气，发生归中反应，其离子方程式为BH+2H2OBO+4H2↑；根据反应机理可知，掺杂MoO3能提高制氢气的原因是MoO3吸附水分子，并促进水分子电离生成H+；故答案为BH+2H2OBO+4H2↑；吸附水分子，并促进水分子电离生成H+；③图3是NaBH4含量对催化剂性能的影响，NaBH4含量较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥；NaBH4含量较高时，水解反应产物NaBO2易吸附于催化剂表面，从而阻碍BH与催化剂活性位的接触；故答案为NaBH4含量较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥；NaBH4含量较高时，水解反应产物NaBO2易吸附于催化剂表面，从而阻碍BH与催化剂活性位的接触。20.氧化镍(NiO)在冶金、化学及电子工业等领域中有广泛应用，某兴趣小组由工业废渣(主要成分：Fe、Ni，其它杂质不与酸反应)制备氧化镍的流程如下：已知：请回答：（1）下列说法正确的是_______。A.通过冲击破碎方式预处理工业废渣可加快其在酸溶时的反应速率B.滤液1中的主要金属阳离子为、和C.操作Ⅱ与操作Ⅲ均为过滤，仅需用到的玻璃仪器：普通漏斗、烧杯D.滤渣2中加入过量氨水发生的反应为（2）滤液3经过一系列操作可得到氧化镍粗品，包含以下步骤：a.将滤液放入烧杯中用煤气灯进行加热b.将滤出的沉淀物进行烘干c.用pH试纸测定溶液至不呈碱性d.经马釜炉焙烧e.过滤①请给出合理的操作排序(从上述操作中选取，按先后次序列出字母)_______。为提高氧化镍产率，向滤液3中加入稍过量的碳酸铵固体→e→→→e→→→氧化镍粗品②步骤a中对滤液进行加热的原因是_______。（3）氧化镍产品的纯度可用配位滴定法测定。取1.500g氧化镍粗品，酸溶后配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为的标准液滴定，平均消耗标准液。已知：Ⅰ.Ⅱ.紫脲酸胺：紫色试剂，遇显橙黄色。①粗品中氧化镍的纯度是_______。(保留四位有效数字)②下列操作会使测定结果偏低的是_______。A.锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定B.滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡C.滴定前平视读数，滴定后俯视读数D.振荡锥形瓶时，锥形瓶内溶液溅出【答案】（1）AD（2）①.ac,bd②.根据题意，对滤液进行加热，蒸出氨气使反应正向移动，将Ni2+完全解离处理，同时促进Ni2+的水解，以获得更多的氢氧化镍和碳酸镍，提高氧化镍的产量（3）①.②.ACD【解析】【分析】工业废渣加入过量硝酸与Fe反应生成硝酸铁，与Ni反应生成硝酸镍，滤液1中金属阳离子为和，加入过量NaOH溶液得到滤渣2为Ni(OH)2、Fe(OH)3，加入过量氨水与Ni(OH)2反应生成，经过一系列操作可得到氧化镍；【小问1详解】A．增大废渣的接触面积可加快其在酸溶时的反应速率，故A正确；B．硝酸是强氧化性酸，亚铁离子会被其氧化为铁离子，滤液1中不存在，故B错误；C．过滤操作需用到的玻璃仪器：普通漏斗、烧杯、玻璃棒，故C错误；D．滤渣2中加入过量氨水与Ni(OH)2反应生成配合物，与氢氧化铁沉淀分离，发生的反应为，故D正确；故选：AD；【小问2详解】①为从滤液得到氧化镍，由可加热使氨气逸出，促使平衡正向移动，得到Ni2+，用pH试纸测定溶液至不呈碱性，过滤，将滤出的沉淀物Ni(OH)2进行烘干，经马釜炉焙烧得到NiO，故答案为：ac，bd；②步骤a中对滤液进行加热的原因是：根据题意，对滤液进行加热，蒸出氨气使反应正向移动，将Ni2+完全解离处理，同时促进Ni2+的水解，以获得更多的氢氧化镍和碳酸镍，提高氧化镍的产量；【小问3详解】①由，则样品中的物质的量为n=n()=c∙V=0.100mol•L-1×18.80