學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精山東省濰坊昌樂縣第二中學2020屆高三上學期期末考試化學模擬試題三含解析高三化學期末檢測模擬三可能用到的相對原子質量：C12N14O16Na23Al27Si28Cl35。5S32Pb207第I卷（選擇題）一、選擇題：每小題只有一個選項符合題意.1.下列有關說法正確的是A。聚乙烯、橡膠、聚酯纖維都是通過加聚反應制得的高分子化合物B.分餾、干餾都屬于物理變化,裂化、裂解都屬于化學變化C.已知CH4+H2OCH3OH+H2該反應的有機產物是無毒物質D.C（CH3）4的二氯代物只有2種【答案】D【解析】【詳解】A．聚酯纖維含—COOC—,由縮聚反應生成，而聚乙烯、橡膠都是通過加聚反應制得的高分子化合物，故A錯誤；B．分餾與混合物的沸點有關，而干餾生成煤焦油等，裂化、裂解均由大分子生成小分子，則分餾為物理變化,干餾、裂化、裂解都屬于化學變化,故B錯誤；C．CH3OH有毒，能致人失明,故C錯誤;D．4個甲基上的12個H等效,二氯代物只有2種，其中一種情況為取代同一甲基上的2個H,另外一種情況為分別取代不同甲基上的一個H，故D正確;答案選D。2.下列說法正確的是A.硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中水解完全后，加入飽和食鹽水，下層析出硬脂酸鈉B。乙酸的分子模型可表示為C.向濃度均為0。05mol·L?1的Na2CrO4、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液時，先產生磚紅色Ag2CrO4沉淀。（已知Ksp(AgCl）=1.8×10—10，Ksp（Ag2CrO4)=1.12×10—12）D。質量均為7。8gNa2S、Na2O2的固體中含有的陰離子數均為0.2NA【答案】B【解析】【詳解】A．油脂發(fā)生皂化反應后生成硬脂酸鈉和甘油，加入氯化鈉發(fā)生鹽析，硬脂酸鈉密度小于水，下層為水層，上層析出硬脂酸鈉，故A錯誤；B．乙酸由甲基和羧基構成，故其分子模型可表示為，故B正確；C．產生AgCl沉淀至少需要的銀離子濃度為mol/L，產生Ag2CrO4沉淀至少需要的銀離子濃度為mol/L，產生AgCl需要的Ag+少，則先產生白色AgCl沉淀，故C錯誤；D．Na2S、Na2O2摩爾質量相同，質量均為7。8g的Na2S、Na2O2的固體物質的量為0.1mol，固體中含有的陰離子數均為0。1NA，故D錯誤;答案選B.3.實驗室制備硝基苯的反應裝置如圖所示，下列關于實驗操作或敘述錯誤的是（）A.儀器X為分液漏斗，可用于萃取分液操作B。實驗中用水浴加熱的目的是便于控制溫度C。裝置X中的活性炭可吸收揮發(fā)出的硝基苯和苯D。反應后的混合液經堿洗、干燥、蒸餾得到硝基苯【答案】A【解析】【詳解】A、儀器X為長頸漏斗，不能用于分液、萃取操作，故A符合題意；B、使用水浴加熱的目的是便于控制溫度,且受熱均勻，故B不符合題意；C、裝置X中的活性炭可以吸收揮發(fā)出的硝基苯和苯，減少環(huán)境污染，故C不符合題意；D、反應后的混合物，經過堿洗、干燥可以除去無機雜質,最后蒸餾分離苯和硝基苯，故D不符合題意；故選A.4。研究表明,氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關（如下圖所示）。下列敘述錯誤的是A.霧和霾的分散劑相同B.霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨C。NH3是形成無機顆粒物的催化劑D.霧霾的形成與過度施用氮肥有關【答案】C【解析】【分析】A。霧和霾的分散劑均是空氣;B。根據示意圖分析;C.在化學反應里能改變反應物化學反應速率(提高或降低）而不改變化學平衡，且本身的質量和化學性質在化學反應前后都沒有發(fā)生改變的物質叫催化劑；D。氮肥會釋放出氨氣。【詳解】A。霧的分散劑是空氣，分散質是水。霾的分散劑是空氣，分散質固體顆粒。因此霧和霾的分散劑相同，A正確；B。由于氮氧化物和二氧化硫轉化為銨鹽形成無機顆粒物，因此霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨,B正確；C。NH3作為反應物參加反應轉化為銨鹽，因此氨氣不是形成無機顆粒物的催化劑，C錯誤；D.氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關，由于氮肥會釋放出氨氣，因此霧霾的形成與過度施用氮肥有關，D正確.答案選C?！军c睛】結合示意圖的轉化關系明確霧霾的形成原理是解答的關鍵,氨氣作用判斷是解答的易錯點.本題情境真實，應用導向，聚焦學科核心素養(yǎng),既可以引導考生認識與化學有關的社會熱點問題，形成可持續(xù)發(fā)展的意識和綠色化學觀念,又體現(xiàn)了高考評價體系中的應用性和綜合性考查要求。5.X、Y、Z、W的原子序數依次增大的前四周期元素，X的基態(tài)原子核外電子位于四個原子軌道上，Y與X位于同一周期，Y2—與Z+具有相同的電子構型，W為過渡元素，其基態(tài)原子最外層電子數與基態(tài)Cu原子最外層電子數相同.下列說法正確的是A.XY2分子為含有非極性共價鍵的非極性分子 B.電負性：Y>X〉Z>WC。Y、W形成的WY5的結構式可表示為 D。工業(yè)上用相同的方法制備Z單質和W單質【答案】C【解析】【分析】X的基態(tài)原子核外電子位于四個原子軌道上,核外電子排布為1s22s22p2，為C元素；Y與X位于同一周期,Y2—與Z+具有相同的電子構型，則Y是O元素，Z是Na元素；Cu為29號元素，原子核外有29個電子，核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，最外層電子數為1，W為過渡元素，其基態(tài)原子最外層電子數與基態(tài)Cu原子最外層電子數相同，核外電子排布式為:1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，是24號元素Cr;【詳解】由分析可知；X是C、Y是O、Z是Na、W是Cr；A．XY2即CO2，含有C=O極性鍵,二氧化碳分子是直線型分子,正負電荷重心在中心碳原子，所以是非極性分子,故A錯誤；B．一般非金屬的電負性比金屬的大,過渡元素電負性沒有明顯規(guī)律，有些過渡金屬電負性比非金屬的大,而同周期元素從左到右元素的電負性逐漸增強，則O>C〉Na,查表可知Cr的電負性為1.6,Na的為0。9，則電負性：Y〉X〉W〉Z，故B錯誤；C．CrO5中存在2個過氧鍵、1個Cr=O鍵，結構式為:，故C正確;D．工業(yè)上制備Na是通過電解熔融的氯化鈉,制備Cr利用還原法，故D錯誤；答案選C。6.科學家發(fā)現(xiàn)對冶金硅進行電解精煉提純可降低高純硅制備成本。相關電解槽裝置如圖所示,用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三層液熔鹽進行電解精煉,有關說法不正確的是(）A.電子由液態(tài)Cu—Si合金流出，從液態(tài)鋁電極流入B.液態(tài)鋁電極與負極相連，作為電解池的陰極C.在該液相熔體中Cu優(yōu)先于Si被氧化，Si4+優(yōu)先于Cu2+被還原D.三層液熔鹽的作用是增大電解反應的面積，提高沉硅效率【答案】C【解析】【分析】由圖可知該裝置為電解池：Si4+在液態(tài)鋁電極得電子轉化為Si，所以液態(tài)鋁電極為陰極，連接電源負極，則Cu-Si合金所在電極為陽極，與電源正極相接，三層液熔鹽在電解槽中充當電解質，可以供離子自由移動，并增大電解反應面積，提高硅沉積效率，據此分析解答.【詳解】A．由圖可知:液態(tài)鋁為陰極，連接電源負極，所以電子流入液態(tài)鋁,液態(tài)Cu-Si合金為陽極，電子由液態(tài)Cu-Si合金流出，故A正確;B．圖中，鋁電極上Si4+得電子還原為Si，故該電極為陰極,與電源負極相連,故B正確；C．由圖可知,電解池的陽極上Si失電子轉化為Si4+，陰極反應為Si4+得電子轉化為Si，所以Si優(yōu)先于Cu被氧化，故C錯誤；D．使用三層液熔鹽的可以有效的增大電解反應的面積，使單質硅高效的在液態(tài)鋁電極上沉積,故D正確;故答案為C。7。下列實驗過程可以達到實驗目的的是編號實驗目的實驗過程A配制0.4000mol·L?1的NaOH溶液稱取4。0g固體NaOH于燒杯中，加入少量蒸餾水溶解，轉移至250mL容量瓶中定容B探究維生素C的還原性向盛有2mL黃色氯化鐵溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液，觀察顏色變化C制取并純化氫氣向稀鹽酸中加入鋅粒,將生成的氣體依次通過NaOH溶液、濃鹽酸和KMnO4溶液D探究濃度對反應速率的影響向2支盛有5mL不同濃度NaHSO3溶液的試管中同時加入2mL5％H2O2溶液，觀察實驗現(xiàn)象A。A B。B C.C D。D【答案】B【解析】【詳解】A．NaOH溶解過程是放熱的,導致溶液濃度高于室溫,如果在轉移溶液之前未將溶液冷卻至室溫，否則配制的溶液體積偏小，則配制溶液濃度偏高,則不能實現(xiàn)實驗目的，故A錯誤；B．氯化鐵具有氧化性、維生素C具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應而生成亞鐵離子，導致溶液由黃色變?yōu)闇\綠色，則溶液變色，所以能實現(xiàn)實驗目的，故B正確;C．高錳酸鉀溶液和氫氣不反應，HCl和NaOH反應,且最后通過酸性高錳酸鉀溶液會導致得到的氫氣中含有水蒸氣，則不能實現(xiàn)實驗目的，用NaOH吸收HCl、用濃硫酸干燥氣體即可，故C錯誤；D．NaHSO3溶液和H2O2溶液發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈉和水,無明顯實驗現(xiàn)象，無法判斷反應進行的程度，則不能確定濃度對反應速率的影響，故D錯誤；故答案為B。8.某科研人員提出HCHO與O2在羥基磷灰石(HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O歷程,該歷程示意圖如圖(圖中只畫出了HAP的部分結構）。下列說法不正確的是（）A。HAP能提高HCHO與O2的反應速率B.HCHO在反應過程中,有C—H鍵發(fā)生斷裂C。根據圖示信息,CO2分子中的氧原子全部來自O2D。該反應可表示為：HCHO＋O2CO2＋H2O【答案】C【解析】【詳解】A．根據圖知,HAP在第一步反應中作反應物，在第二步反應中作生成物，所以是總反應的催化劑，催化劑能改變化學反應速率，因此該反應中HAP作催化劑而提高反應速率，A正確；B．根據圖示可以發(fā)現(xiàn)，甲醛分子中的兩個C-H鍵的H原子都與O發(fā)生斷裂,故僅有C-H鍵發(fā)生斷裂，B正確；C．根據圖知,CO2分子中的氧原子一部分來自O2,另一部分還來自于甲醛，C錯誤;D．該反應中反應物是甲醛和氧氣，生成物是二氧化碳和水，HAP為催化劑,反應方程式為：HCHO＋O2CO2＋H2O，D正確；故選C。9。下列說法不正確的是A。除去乙酸乙酯中殘留的乙酸，可加過量飽和Na2CO3溶液振蕩后，靜置分液B。某烷烴主鏈4個碳原子數的同分異構體有2種,則與其碳原子個數相同的且主鏈4個碳原子的單烯烴有4種C。1mol有機物與NaOH溶液反應，最多消耗5molNaOHD.有機物分子中所有原子在同一平面內【答案】D【解析】【詳解】A。乙酸可以和飽和碳酸鈉溶液反應生成溶于水的乙酸鈉,乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中溶解度較小，A正確；B。某烷烴主鏈4個碳原子數的同分異構體有2種，支鏈是兩個甲基，兩個甲基連在同一個碳原子上形成一種，兩個甲基連在2號和3號碳上形成一種，故該烷烴有6個碳原子，含有6個碳原子且主鏈有4個碳原子的單烯烴有：（CH3）2C=C（CH3）2、CH2=C(CH2CH3）2、CH2=C（CH3）CH（CH3）2、CH2=CHC（CH3）3C。在氫氧化鈉水溶液中,羧基和氫氧化鈉發(fā)生中和反應，酯基和肽鍵均發(fā)生水解，水解之后羧基和酚羥基均與氫氧化鈉反應,酚羥基和氫氧化鈉反應，故1mol最多消耗5mol氫氧化鈉,C正確；D.中含有1個飽和碳原子（—CH2OH中碳原子）,與該碳原子直接相連的4個原子構成四面體，所有的原子不可能都在同一個平面內，D錯誤；故選D。10.如圖所示是Na、Cu、Si、H、C、N等元素單質的熔點高低的順序，其中c，d均是熱和電的良導體.下列說法不正確的是A.e、f單質晶體熔化時克服的是共價鍵B.d單質對應元素原子的電子排布式：1s22s22p63s23p2C.b元素形成的氣態(tài)氫化物易與水分子之間形成氫鍵D。單質a、b、f對應的元素以原子個數比1：1：1形成的分子中含2個σ鍵，2個π鍵【答案】B【解析】【分析】Na、Cu、Si、H、C、N等元素單質中，Na、Cu為金屬晶體，均是熱和電的良導體，C、Si的單質為原子晶體,且C單質的熔沸點大于Si原子晶體的熔點,H、N對應的單質為分子晶體，其中氫氣的熔點最低，由圖熔點的高低順序可知a為H，b為N,c為Na,d為Cu,e為Si，f為C?！驹斀狻緼選項,e為Si,f為C，對應的單質為原子晶體,存在共價鍵,熔化時破壞共價鍵，故A正確；B選項,d為Cu，銅單質對應元素原子的電子排布式：1s22s22p63s23p23d104s1，故B錯誤;C選項，b為N，N元素形成的氣態(tài)氫化物氨氣,易與水分子之間形成氫鍵，故C正確;D選項，單質a、b、f對應的元素以原子個數比1：1:1形成的分子為HCN，結構式為H?C≡N，分子中含2個σ鍵，2個π鍵，故D正確；綜上所述，答案為B。二、選擇題：每小題有一個或兩個選項符合題意11。氯酸是一種強酸，濃度超過40％時會發(fā)生分解，反應可表示為：aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O,用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗氣體產物時，試紙先變藍后褪色.下列說法正確的是(）A.由反應可確定:氧化性：HClO4＞HClO3B。變藍的淀粉碘化鉀試紙褪色是因為可能發(fā)生了：4Cl2+I2+6H2O═12H++8Cl-+2IO3-C。若氯酸分解所得混合氣體，1mol混合氣體質量為47.6g，則反應方程式可表示為26HClO3═15O2↑+8Cl2↑+10HClO4+8H2OD.若化學計量數a=8，b=3，則該反應轉移電子數為20e—【答案】D【解析】【詳解】A。aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O反應中,HClO3是氧化劑，HClO4、O2是氧化產物,所以氧化性：HClO3＞HClO4，故A錯誤；B.變藍的淀粉碘化鉀試紙褪色是因為I2被Cl2繼續(xù)氧化生成IO3-：5C12+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-,故B錯誤；C.由生成的Cl2和O2的混合氣體平均分子量為47.6g/mol，則，可得n（Cl2)：n（O2）=2：3，由電子守恒得化學反應方程式為8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，故C錯誤;D.若化學計量數a=8,b=3，由C可知,化學反應方程式為8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O,電子轉移數為20e—,故D正確；答案選D?！军c睛】本題考查氧化還原反應規(guī)律和計算,注意把握氧化還原反應中的強弱規(guī)律,易錯點為C,注意得失電子守恒在氧化還原反應中的應用。12。常溫下，向某一元酸HR溶液中滴加一元堿BOH溶液，混合溶液的1g或1g與pH變化的關系如圖所示。下列敘述正確的是A.M線表示1g隨pH的變化 B.BR溶液呈酸性C。若溫度升高,兩條線均向上平移 D.常溫下，0.1mol·L—1NaR溶液的pH=10【答案】BC【解析】【分析】HR的電離平衡常數：，電離平衡常數只受溫度的影響，pH越大,c（H＋）越小，則越大，即lg越大，N曲線表示lg隨pH的變化，M表示1g隨pH的變化，據此分析；【詳解】A.根據上述分析,N曲線表示lg隨pH的變化,故A錯誤；B.取N曲線上的任意一點，如pH=5時，c(H＋）=10－5mol·L－1,lg=0，即Ka=10－5，M表示1g隨pH的變化，取曲線M上的一點計算,如pH=8,c(OH－）=10－6mol·L－1，1g=0，則Kb=10－6，Ka>Kb，B＋水解程度大于R－的水解程度，因此BR溶液成酸性,故B正確；C.溫度升高時，弱酸、弱堿的電離程度都會增大，、都變大,因此兩條線都會上升，故C正確；D.NaR溶液存在：R－＋H2OHR＋OH－,令達到平衡后，溶液中c(OH－）=amol·L－1，則c（HR）=amol·L－1,因為鹽類水解程度微弱，因此c（R－）近似看作為0。1mol·L－1，因此有Kh=,解得a=10－5mol·L－1,c（H＋）=10－9mol·L－1,即pH=9,,故D錯誤;答案為BC.13.海冰是海水凍結而成的咸水冰。海水凍結時，部分來不及流走的鹽分以鹵汁的形式被包圍在冰晶之間，形成“鹽泡”（假設鹽分以一個NaCl計),其大致結構如下圖所示，若海冰的冰齡達到1年以上，融化后的水為淡水。下列敘述正確的是A。海冰內層“鹽泡”越多,密度越小B。海冰冰齡越長，內層的“鹽泡"越少C.海冰內層“鹽泡”內鹽分主要以NaCl分子的形式存在D.海冰內層NaCl的濃度約為10-4mol/L（設冰的密度為0。9g/cm3)【答案】BD【解析】【詳解】A．“鹽泡”中鹽與水的比值不變，則內層“鹽泡”越多時，密度不變，故A錯誤；B．若海冰的冰齡達到1年以上,融化后的水為淡水，則海冰冰齡越長，內層的“鹽泡”越少，故B正確；C．“鹽泡”內的鹽分為NaCl，由離子構成，不存在NaCl分子，故C錯誤；D．冰的密度為0。9g?cm-3，設海水1L時,水的質量為900g，由個數比為1：500000，含NaCl為，可知海冰內層NaCl的濃度約為，故D正確；故選：BD。14?！禞ournalofEnergyChemistry》報導我國科學家設計CO2熔鹽捕獲與轉化裝置如圖。下列有關說法正確的是A.a為負極B.熔鹽可用KOH溶液代替C。d極電極反應式為CO32-+4e?=C+3O2?D.轉移lmol電子可捕獲CO211。2L（標況下)【答案】C【解析】【詳解】A。由圖所示，c電極上氧離子失電子被氧化，故c作陽極，則a為正極，故A錯誤；B。若用KOH溶液做電解質，則該裝置成為電解水裝置，陰極上是氫離子得電子生成氫氣,當電解質溶液吸收足量的二氧化碳后變?yōu)樘妓釟溻c溶液，不能再吸收二氧化碳，故該裝置不能連續(xù)長時間吸收二氧化碳,故B錯誤；C.由圖所示,d極電極得電子，反應式為CO32－+4e－===C+3O2－，故C正確；D.碳元素化合價由+4變?yōu)?，則轉移lmol電子可捕獲CO25.6L故選C.【點睛】解決本題的關鍵是從圖像中分析得失電子的過程，進而分析陰陽極和正負極，本題易錯點在于忽略溶液中水的重要性質。15。在恒壓、NO和O2的起始濃度一定的條件下，催化反應相同時間，測得不同溫度下NO轉化為NO2的轉化率如圖中實線所示（圖中虛線表示相同條件下NO的平衡轉化率隨溫度的變化）。下列說法正確的是A。反應2NO（g）+O2(g）2NO2(g)的ΔH〉0B。圖中X點所示條件下，延長反應時間能提高NO轉化率C.圖中Y點所示條件下，增加O2的濃度不能提高NO轉化率D。380℃下，c起始(O2)=5.0×10?4mol·L?1，NO平衡轉化率為50％，則平衡常數K>2000【答案】BD【解析】【詳解】A.隨溫度升高NO的轉化率先升高后降低，說明溫度較低時反應較慢,一段時間內并未達到平衡，分析溫度較高時,已達到平衡時的NO轉化率可知，溫度越高NO轉化率越低，說明溫度升高平衡向逆方向移動,根據勒夏特列原理分析該反應為放熱反應,?H〈0，故A錯誤；B.根據上述分析，X點時，反應還未到達平衡狀態(tài),反應正向進行,所以延長反應時間能提高NO的轉化率，故B正確;C。Y點，反應已經達到平衡狀態(tài)，此時增加O2的濃度,使得正反應速率大于逆反應速率,平衡向正反應方向移動，可以提高NO的轉化率，故C錯誤；D.設NO起始濃度為amol/L,NO的轉化率為50％,則平衡時NO、O2和NO2的濃度分別為0.5amol/L、（5×10—4-0。25a)mol/L、0.5amol/L，根據平衡常數表達式K=〉故選BD?！军c睛】解本題時需要注意:實線中在最高點之前反應沒有達到平衡狀態(tài)，主要討論溫度對化學反應速率的影響；最高點之后反應達到平衡狀態(tài)，可以研究溫度對化學平衡的影響。第II卷（非選擇題）16.過氧化鈣是一種白色固體，微溶于冷水，不溶于乙醇，化學性質與過氧化鈉類似。某學習小組設計在堿性環(huán)境中利用CaCl2與H2O2反應制取CaO2·8H2O，裝置如下圖所示：回答下列問題：(1）小組同學查閱文獻得知:該實驗用質量分數為20％的H2O2溶液最為適宜。市售H2O2溶液的質量分數為30%。該小組同學用市售H2O2溶液配制約20％的H2O2溶液的過程中，使用的玻璃儀器除玻璃棒、膠頭滴管外，還有___________.（2)儀器X的主要作用除導氣外，還具有的作用是_________。（3）在冰水浴中進行的原因是_________。(4）實驗時，在三頸燒瓶中析出CaO2·8H2O晶體,總反應的離子方程式為_________。(5）反應結束后，經過濾、洗滌、低溫烘干獲得CaO2·8H2O.下列試劑中，洗滌CaO2·8H2O的最佳選擇是_______。A．無水乙醇B．濃鹽酸C．Na2SO3溶液D．CaCl2溶液(6)若CaCl2原料中含有Fe3+雜質,Fe3+催化分解H2O2，會使H2O2的利用率明顯降低。反應的機理為：①Fe3++H2O2===Fe2++H++HOO·②H2O2+X===Y+Z+W（已配平)③Fe2++·OH===Fe3++OH—④H++OH-===H2O根據上述機理推導步驟②中的化學方程式為____________。(7）如圖所示裝置，安全漏斗在實驗中的作用除了滴加液體外，還有______________。【答案】（1）。燒杯、量筒（2）。防止三頸燒瓶中溶液發(fā)生倒吸(3)。防止溫度過高H2O2分解;有利于晶體析出。(4）。Ca2++H2O2+2NH3+8H2O===CaO2·8H2O↓+2（5）.A（6）.HOO·+H2O2===H2O+O2+·OH(7）.形成液封，吸收HCl氣體【解析】【分析】（1）市售H2O2溶液的質量分數為30%，配制成20％，可用量筒、燒杯等；（2）氨氣易溶于水,體積較大,可避免倒吸；(3）反應溫度較低,可避免過氧化氫分解；（4）反應為氨氣、過氧化氫和氯化鈣,生成過氧化鈣和氯化銨；（5）洗滌CaO2?8H2O，應避免溶解和變質；（6）過氧化氫在氯化鐵催化下生成水和氧氣,由流程可知反應②應生成氧氣和?OH，則HOO?參與反應.【詳解】(1）用市售H2O2溶液配制約20％的H2O2溶液的過程中,使用的玻璃儀器除玻璃棒、膠頭滴管外，還有燒杯、量筒，可根據溶液的體積估算質量，用燒杯配制，故答案為：燒杯、量筒；（2）氨氣易溶于水，體積較大，除導氣外，還可防止三頸燒瓶中溶液發(fā)生倒吸，故答案為：防止三頸燒瓶中溶液發(fā)生倒吸；(3）冰水浴可防止溫度過高H2O2分解、有利于晶體析出，故答案為：防止溫度過高H2O2分解、有利于晶體析出；(4）反應為氨氣、過氧化氫和氯化鈣,生成過氧化鈣和氯化銨，離子方程式為Ca2++H2O2

+2NH3

+8H2O═CaO2?8H2O↓+2，故答案為：Ca2++H2O2

+2NH3

+8H2O═CaO2?8H2O↓+2；（5）洗滌CaO2?8H2O，應避免溶解和變質，可用乙醇，亞硫酸鈉具有還原性，可使過氧化鈣變質，故答案為:A;(6）過氧化氫在氯化鐵催化下生成水和氧氣,由流程可知反應②應生成氧氣和?OH，則HOO?參與反應，反應的方程式為HOO·+H2O2===H2O+O2+·OH，故答案為：HOO·+H2O2===H2O+O2+·OH；（7）安全漏斗的作用是：形成液封,吸收HCl氣體，故答案為：形成液封，吸收HCl氣體。17。碳族元素包括碳（C)、硅（Si)、鍺（Ge）、錫(Sn)、鉛(Pb)、鈇(Fl)六種。(1)已知Sn為50號元素,其價電子排布式為___________。（2）已知CO與N2的結構相似，則CO的電子式為___，三者最簡單氫化物的熔沸點高低順序為（用“化學式”表示）___。(3)甲硅烷(SiH4）可用來制取超純半導體硅，工業(yè)上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介質中反應制得甲硅烷，該反應的化學方程式為___。(4）碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉，是由于能夠形成雙聚或多聚鏈狀離子的結果，中C原子的雜化方式為___，能夠雙聚或多聚的原因是_____。（5）SiC作為C和Si唯一穩(wěn)定的化合物，每個Si（或C）原子與周邊包圍的C（Si）原子通過______雜化方式相互結合.已經發(fā)現(xiàn)SiC具有250多種型體。某立方系晶體其晶胞參數為apm,阿伏加德羅常數的值為NA，該晶胞中原子的坐標參數為：C部分原子:（0，0，0，);（1/2，1/2，0)；（1/2，0，1/2）；（0，1/2，1/2）；Si全部原子：(1/4，1/4，1/4)；(1/4，3/4，3/4）；(3/4，1/4，3/4)；（3/4,3/4，1/4），該立方晶胞中Si原子構成的空間構型為______，晶體的密度可表示為_____g·cm—3。(6)1mol吡咯分子（)中所含的σ鍵總數為___個。分子中的大π鍵可用Π表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數，n代表參與形成大π鍵的電子數，則吡咯環(huán)中的大π鍵應表示為__.【答案】（1）。5s25p2(2)。（3）.H2O>NH3>CH4(4）.Mg2Si+4NH4Cl===SiH4↑+4NH3↑+2MgCl2(5).sp2（6)。間能夠通過氫鍵相互聚合(7）.sp3（8）.正四面體(9）.（10).10NA（11)。Π【解析】【分析】（1）Sn為50號元素，其價電子為5s、5p能級上的電子；價電子中5s能級上的電子為成對電子;（4）C原子價層電子對個數是3，根據價層電子對互斥理論判斷C原子雜化方式；間通過氫鍵能相互聚合;（5）SiC中每個C原子連接4個Si原子、每個Si原子連接4個C原子，則每個C、Si原子價層電子對個數都是4,根據價層電子對互斥理論判斷C、Si原子雜化方式；根據晶胞參數知,C原子位于頂點和面心上，Si原子位于晶胞內部，該立方晶胞中Si原子構成的空間構型為正四面體形.【詳解】（1)Sn為50號元素，其價電子為5s、5p能級上的電子，所以其價電子排布式為5s25p2；故答案為：5s25p2；（2）CO與N2的結構相似，根據氮氣分子電子式書寫CO的電子式為，同一周期元素第一電離能隨著原子序數增大而呈增大趨勢，但第II族、第VA族第一電離能大于其相鄰元素，這幾種元素位于同一周期且C、N、O分別位于第IVA族、第VA族、第VIA族，所以第一電離能N＞O＞C；含有氫鍵的氫化物熔沸點較高，氨氣和水中都含有氫鍵,其熔沸點較高，但是常溫下水是液體，所以熔沸點最高，則熔沸點：H2O＞NH3＞CH4，故答案為：；H2O＞NH3＞CH4；（3）工業(yè)上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介質中反應制得甲硅烷，同時還生成氨氣、氯化鎂，根據反應物、生成物書寫該反應的化學方程式Mg2Si+4NH4Cl=SiH4↑+4NH3↑+2MgCl2；故答案為：Mg2Si+4NH4Cl===SiH4↑+4NH3↑+2MgCl2；（4）結構式為，C原子價層電子對個數是3,根據價層電子對互斥理論判斷C原子雜化方式為sp2；間通過氫鍵能相互聚合，所以能形成雙聚或多聚鏈狀離子,故答案為:sp2；間通過氫鍵能相互聚合；（5）SiC中每個C原子連接4個Si原子、每個Si原子連接4個C原子，則每個C、Si原子價層電子對個數都是4，根據價層電子對互斥理論判斷C、Si原子雜化方式為sp3雜化；根據晶胞參數知,C原子位于頂點和面心上,Si原子位于晶胞內部，該立方晶胞中Si原子構成的空間構型為正四面體形;該晶胞中Si原子個數是4、C原子個數,晶胞體積=（a×10-10cm）3，晶胞密度，故答案為:sp3；正四面體；；(6）原子之間形成1個σ鍵，有4個C—H沒有標出,故1分子吡咯有10個σ鍵，1mol吡咯分子中所含的σ鍵總數為10NA，由于沒有孤對電子，說明N原子的孤對電子參與形成大π鍵，2個雙鍵中均有1對電子參與形成大π鍵，故為5原子6電子大π鍵，π鍵應表示為：，故答案為：10NA。18。三鹽基硫酸鉛(3PbO·PbSO4·H2O,其相對分子質量為990）簡稱“三鹽”，不溶于水及有機溶劑。以鉛泥（PbSO4、PbO、Pb及其他雜質等)為原料制備三鹽的工藝流程如下圖所示已知：KSP(PbSO4）=1.82×10—8，KSP（PbCO3）=1。46×10—13。請回答下列問題：（1）寫出步驟①“轉化”的主要離子方程式_______。(2)根據圖溶解度曲線,由濾液I得到Na2SO4固體的操作為：將“濾液1”________、______、用乙醇洗滌后干燥.(3）步驟③“酸溶”,為提高酸溶速率，可采取的措施是____________(任意寫出一條)（4)“濾液2”中可循環(huán)利用的溶質為___(填化學式）.若步驟④“沉鉛”后的濾液中c（Pb2+)=1.82×10-5mol·L—1，則此時c(SO42-）=____mol·L—1。(5）步驟⑥“合成”三鹽的化學方程式為___________。(6）若消耗100t鉛泥，最終得到純凈干燥的三鹽49。5t，假設鉛泥中的鉛元素有75.0％轉化為三鹽，則鉛泥中鉛元素的質量分數為___?！敬鸢浮浚?)。PbSO4+CO32-=PbCO3+SO42—(2）.50℃以上蒸發(fā)結晶(3)。趁熱過濾（4).適當升溫（適當增加硝酸濃度，或將濾渣粉碎,增大表面積等)(5)。HNO3(6).1×10-3（7）.4PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O（8)。55.2%【解析】【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轉化成PbCO3，Na2CO3（aq)+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），所以濾液Ⅰ的溶質主要是Na2SO4和過量的Na2CO3,Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下反應：3Pb+8HNO3=Pb（NO3)2+2NO↑+4H2O、PbCO3+2HNO3=Pb（NO3）2+CO2↑+H2O、PbO+2HNO3=Pb(NO3）2+2H2O，均轉化成Pb（NO3)2，Pb（NO3）2中加稀H2SO4轉化成PbSO4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4PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O，濾液3主要是硫酸鈉，洗滌沉淀干燥得到三鹽，以此來解答.【詳解】（1)步驟①向鉛泥中加Na2CO3溶液,由表可知PbCO3的溶解度小于PbSO4的溶解度，發(fā)生Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4(aq）+PbCO3（s），其離子方程式為CO32-(aq）+PbSO4（s）=SO42—+PbCO3（s)；(2）圖2中硫酸鈉的溶解度在溫度高時溶解度小，則由濾液1得到Na2SO4固體的操作為:將“濾液1”升溫結晶、趁熱過濾，用乙醇洗滌后干燥；（3)步驟③“酸溶”，為提高酸溶速率，可采取的措施是適當升溫(或增大硝酸濃度、增大表面積等）；（4）Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下轉化成Pb（NO3）2，Pb(NO3)2中加稀H2SO4轉化成PbSO4和硝酸，“濾液2”中可循環(huán)利用的溶質為HNO3，若步驟④“沉鉛"后的濾液中c(Pb2+）=1。82×10—5mol?L-1,則此時c（SO42—）==1×10—3mol?L—1；（5)步驟⑥“合成"三鹽的化學方程式為4PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O；（6）若得到純凈干燥的三鹽49。5t，則其中鉛元素的質量為×49.5t=41.4t，設鉛泥中鉛元素的質量分數為w，則100.0t鉛泥中鉛元素為100×w,鉛泥中的鉛元素有75％轉化為三鹽，有100×w×75%=41。4，解得x=55.20%.19.C、N、S的氧化物常會造成一些環(huán)境問題,科研工作者正在研究用各種化學方法來消除這些物質對環(huán)境的不利影響.(1）尿素[CO(NH2）2]是一種非常重要的高效氮肥，工業(yè)上以NH3、CO2為原料生產尿素，該反應實際為兩步反應:第一步:2NH3（g)+CO2(g）H2NCOONH4(s)△H=－272KJ·mol-1第二步：H2NCOONH4(s)CO（NH2）2(s)+H2O(g）△H=+138kJ·mol—1寫出工業(yè)上以NH3、CO2為原料合成尿素的熱化學方程式:______________________。（2)一定溫度下,向2L恒容密閉容器中通入2molCO和1molSO2,發(fā)生反應2CO（g)+SO2（g)2CO2(g）+S(s)。若反應進行到20min時達平衡，測得CO2的體積分數為0.5，則前20min的反應速率v(CO）=_________,該溫度下反應化學平衡常數K=__________。(3)工業(yè)上可用NaC1O堿性溶液或“亞硫酸鹽法”吸收SO2。①為了提高吸收效率,常用Ni2O3作為催化劑。催化過程如圖所示：a．過程2的離子方程式_______________________________。b．Ca(C1O）2也可用于脫硫，且脫硫效果比NaC1O更好，原因是________________。②室溫條件下,將煙氣通入（NH4）2SO4溶液中,測得溶液pH與含硫組分物質的量分數的變化關系如圖所示，b點時溶液pH=7，則n（NH4+):n(SO32—)=__________。(4)用食鹽水做電解液電解煙氣脫氮的原理如圖，NO被陽極產生的氧化性物質氧化為NO3—，尾氣經氫氧化鈉溶液吸收后排入空氣。如下圖，電流密度和溶液pH對煙氣脫硝的影響。①NO被陽極產生的氧化性物質氧化為NO3—反應的離子方程式___________________。②溶液的pH對NO去除率影響的原因是______________________?！敬鸢浮浚?)。2NH3(g）＋CO2(g)H2O（g）＋CO（NH2）2（s）ΔH＝－134kJ/mol（2)。0.03mol·L-1·min-1(3).11。25（4)。2NiO2+ClO—=Ni2O3+Cl-+2O（5)。Ca2+與SO42—結合生成難微溶的CaSO4，有利于反應的進行（6).3：1(7).3Cl2+8OH-+2NO=2NO3—+6Cl—+4H2O（8）.次氯酸鈉在酸性條件下氧化性增強【解析】【分析】（1)根據蓋斯定律得出氨氣和二氧化碳合成尿素的熱化學方程式；（2）利用化學平衡“三段式”計算CO的反應速率和反應的平衡常數；(3）①過程2中NiO2和ClO-反應生成Ni2O3、Cl-、O；Ca(C1O)2也可用于脫硫，且脫硫效果比NaC1O更好，是因為Ca2+與SO42—結合生成微溶的CaSO4，有利于反應的進行；②a點時,n（HSO3-):n（H2SO3）=1：1，b點時溶液的pH=7，根據電荷守恒可知:n（NH4+）=n(HSO3—）+2n（SO32-），又根據圖像可知,n（HSO3—）=n（SO32-），n(NH4+）:n(SO32-)=（1+2）:1=3：1；（4）①電解食鹽水陽極產生氯氣作氧化劑,NO為還原劑，在堿性條件下的反應為：3Cl2+8OH—+2NO=2NO3-+6Cl—+4H2O；②次氯酸鈉在酸性條件下氧化性增強，故控制電解液較低的pH有利于提高NO去除率。【詳解】（1）根據蓋斯定律可知反應①+反應②即可得出氨氣和二氧化碳合成尿素的熱化學方程式為：2NH3(g)＋CO2(g)H2O（g）＋CO(NH2)2（s)ΔH＝－134kJ/mol，故答案為2NH3（g）＋CO2(g)H2O（g)＋CO（NH2)2(s)ΔH＝－134kJ/mol。(2)設參加反應的SO2的物質的量為xmol,則有2CO(g）+SO2(g）2CO2(g)+S（s）初始狀態(tài)（mol）21反應的量(mol)2xx2x平衡狀態(tài)（mol）（2-2x）(1—x）