高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1浙江省諸暨市2024-2025學(xué)年高三下學(xué)期5月適應(yīng)性考試試題選擇題部分相對原子質(zhì)量：H1Li7C12N14O16F19Ti48Cl35.5一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分，每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列物質(zhì)屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是A.CH3Cl B.C2H5NH3Cl C.SO3 D.Mg(OH)2【答案】B【解析】強(qiáng)電解質(zhì)一般是強(qiáng)酸、強(qiáng)堿和活潑金屬氧化物以及大部分鹽；弱電解質(zhì)在溶液中部分電離，弱電解質(zhì)一般指弱酸、弱堿、水，據(jù)此分析；A．CH3Cl，屬于非電解質(zhì)，A錯誤；B．C2H5NH3Cl，是由C2H5NH2和鹽酸反應(yīng)生成的鹽，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，B正確；C．SO3屬于非電解質(zhì)，，C錯誤；D．Mg(OH)2是中強(qiáng)堿，屬于弱電解質(zhì)，D錯誤；故選B。2.下列表示不正確的是A.As原子的簡化電子排布式：[Ar]3d104s24p3B.SO的空間結(jié)構(gòu)為：(四面體形)C.的系統(tǒng)命名為：2，2，5-三甲基己烷D.苯分子中的π鍵：【答案】B【解析】A．已知As是33號元素，故As原子的簡化電子排布式：[Ar]3d104s24p3，A正確；B．SO中S的價層電子對數(shù)為：3+=4，根據(jù)價層電子對互斥理論可知，其空間結(jié)構(gòu)為：三角錐形即，B錯誤；C．根據(jù)烷烴的系統(tǒng)命名法可知，的系統(tǒng)命名為：2，2，5-三甲基己烷，C正確；D．苯環(huán)上存在一個6電子大π鍵，大π鍵與苯環(huán)所在的平面垂直，故苯分子中的π鍵：，D正確；故答案為：B。3.化學(xué)與人類社會可持續(xù)發(fā)展息息相關(guān)。下列說法不正確的是A.在質(zhì)地較軟的鋁中加入合金元素，可以改變鋁原子的排列結(jié)構(gòu)，使其成為硬鋁B.煤的氣化是通過化學(xué)變化將煤轉(zhuǎn)化為可燃性氣體的過程C.納米晶體是顆粒尺寸在納米量級的晶體，其熔點(diǎn)隨晶粒大小的減小而降低D.等離子體是一種特殊的液體，由帶電的陽離子、電子及電中性粒子的組成【答案】D【解析】A．在純金屬中加入其他元素形成合金，改變了金屬原子規(guī)則的層狀排列，硬度變大，A正確；B．煤的氣化是指煤與水蒸氣高溫下反應(yīng)生成一氧化碳和氫氣，一氧化碳和氫都是可燃性氣體，該過程為化學(xué)變化，B正確；C．納米晶體是晶體顆粒尺寸在納米量級的晶體，當(dāng)晶體顆粒小至納米量級時，其熔點(diǎn)會下降，C正確；D．等離子體是由陽離子、電子和電中性粒子組成的整體呈電中性的氣態(tài)物質(zhì)聚集體，D錯誤；故選D。4.下列實(shí)驗裝置使用正確的是A.圖甲裝置用于趁熱過濾出苯甲酸溶液中的難溶性雜質(zhì)B.圖乙裝置用于驗證乙炔的還原性C.圖丙裝置用于排出盛有KMnO4溶液的滴定管尖嘴處的氣泡D.圖丁裝置用于碘晶體(含NH4Cl)的提純【答案】A【解析】A．苯甲酸隨溫度升高溶解度增大程度大，裝置③是過濾裝置，過濾過程時需要趁熱過濾出溶液中的難溶雜質(zhì)，A正確；B．電石與飽和食鹽水反應(yīng)得到的乙炔氣體中含硫化氫氣體，硫化氫也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以裝置丁不能證明乙炔的還原性，B錯誤；C．溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)放在酸式滴定管中，丙圖為堿式滴定管的排氣泡方法，C錯誤；D．碘單質(zhì)易升華，加熱碘單質(zhì)升華，后凝華，NH4Cl加熱分解生成NH3和HCl，分解后在玻璃片處重新反應(yīng)生成NH4Cl，無法分離，D錯誤；故選A。5.關(guān)于物質(zhì)性質(zhì)及應(yīng)用，下列說法正確的是A.利用濃硫酸的吸水性，可除去HCl中的水蒸氣B.漂白粉進(jìn)行漂白時可加入濃鹽酸，增強(qiáng)其漂白效果C.鐵比銅活潑，故電子工業(yè)中常用Fe與含Cu2+的溶液反應(yīng)來蝕刻電路板D.工業(yè)上常將熱空氣吹出的溴蒸汽用Na2CO3溶液吸收，利用了Br2的揮發(fā)性和強(qiáng)氧化性【答案】A【解析】A．濃硫酸具有吸水性，且HCl與濃硫酸不反應(yīng)，所以可利用濃硫酸的吸水性除去HCl中的水蒸氣，A正確；B．漂白粉進(jìn)行漂白時加入濃鹽酸，次氯酸鈣(Ca(ClO)2)與濃鹽酸會發(fā)生反應(yīng)：Ca(ClO)2+4HCl(濃)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，產(chǎn)生有毒的氯氣，不僅不能增強(qiáng)漂白效果，還會造成危險，B錯誤；C．電子工業(yè)中常用FeCl3溶液與銅反應(yīng)來蝕刻電路板，反應(yīng)方程式為2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，而不是用Fe與含Cu2+的溶液反應(yīng)，因為鐵與Cu2+反應(yīng)會直接將Cu2+置換為銅，不能達(dá)到蝕刻電路板的目的，C錯誤；D．工業(yè)上常將熱空氣吹出的溴蒸汽用Na2CO3溶液吸收，發(fā)生反應(yīng)3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，利用了Br2的揮發(fā)性，在該反應(yīng)中Br2既表現(xiàn)氧化性又表現(xiàn)還原性，D錯誤；故答案為：A。6.三氯硅烷(SiHCl3)是制取高純硅的重要原料，常溫下為無色液體，是強(qiáng)還原劑且易水解。實(shí)驗室通過反應(yīng)Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(l)+H2(g)制備SiHCl3，已知電負(fù)性：Cl>H>Si．下列說法正確的是A.生成1molH2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2molB.氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3：1C.SiHCl3在足量NaOH溶液中反應(yīng)生成Na2SiO3、NaCl和H2OD.上述生成SiHCl3的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則該反應(yīng)需在高溫條件下自發(fā)進(jìn)行【答案】B【解析】A．電負(fù)性：Cl>H>Si，Si-H中，電子對偏向于H，則SiHCl3中Si為+4價，根據(jù)方程式：Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(l)+H2，轉(zhuǎn)移了4個電子，故生成1molH2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4mol，A錯誤；B．在該反應(yīng)中HCl是氧化劑，在參加反應(yīng)的3個H中，1個化合價降低到-1價，2個化合價降低到0價；Si化合價由0升高到+4價，做還原劑，故氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3：1，B正確；C．SiHCl3水解的化學(xué)方程式為：，SiHCl3在足量NaOH溶液中反應(yīng)生成Na2SiO3、NaCl、和H2O，C錯誤；D．上述生成SiHCl3的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，，正向是熵減反應(yīng)，，則該反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行需，可知需要在低溫條件下，D錯誤；故選B。7.X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前20號元素，常溫下只有一種元素的單質(zhì)為氣態(tài)，基態(tài)X原子s軌道上的電子數(shù)是p軌道上的2倍，Y的簡單氫化物與其最高價含氧酸反應(yīng)會產(chǎn)生白煙，Z與X形成的某種化合物常溫下為液體，基態(tài)W原子有1個未成對電子。下列說法不正確的是A.電負(fù)性：Y>Z>W B.原子半徑：W>Z>X>YC.氫化物的沸點(diǎn)：Y>Z>X D.上述4種元素形成的某種化合物的溶液可用于檢測Fe3+【答案】C【解析】X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前20號元素，常溫下只有一種元素的單質(zhì)為氣態(tài)，Y的簡單氫化物與其最高價含氧酸反應(yīng)會產(chǎn)生白煙，則Y為N元素；基態(tài)X原子s軌道上的電子數(shù)是p軌道上的2倍，Z與X形成的某種化合物常溫下為液體，則為C元素、Z為S元素；基態(tài)W原子有1個未成對電子，則W為K元素。A．金屬元素的電負(fù)性小于非金屬元素，則鉀元素的電負(fù)性最?。环墙饘僭氐姆墙饘傩栽綇?qiáng)，電負(fù)性越大，氮元素的非金屬性強(qiáng)于硫元素，則氮元素的電負(fù)性強(qiáng)于硫元素，所以電負(fù)性的大小順序為N>S>K，故A正確；B．同主族元素，從上到下原子半徑依次增大，同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則原子半徑的大小順序為K>S>C>N，故B正確；C．碳元素形成的氫化物可能為液態(tài)烴、固態(tài)烴，液態(tài)烴、固態(tài)烴的沸點(diǎn)高于氨氣，故C錯誤；D．上述四種元素可以形成用于檢驗鐵離子的化合物硫氰化鉀，故D正確；故選C。8.下列離子方程式不正確的是A.NaClO溶液中通入少量的CO2：ClO-+CO2+H2O=HCO+HClOB.SO2通入I2水溶液中：SO2+I2+2H2O=2H++SO+2HIC.一元弱酸H3BO3電離方程：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+D.兩性物質(zhì)氫氧化鈹溶于強(qiáng)堿：Be(OH)2+2OH-=[Be(OH)4]2-【答案】B【解析】A．酸性：溶液與少量反應(yīng)生成碳酸氫鈉和次氯酸，離子方程式為，A正確；B．碘單質(zhì)可將二氧化硫氧化為硫酸根，HI是強(qiáng)酸，，B錯誤；C．硼酸電離過程是結(jié)合產(chǎn)生，故其電離方程式為，C正確；D．氫氧化鈹是兩性氫氧化物，能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成四羥基合鈹離子，離子方程式為，D正確；故選B。9.科學(xué)家將阿司匹林分子結(jié)構(gòu)進(jìn)行修飾連接，得到的緩釋阿司匹林(M)可作為抗血栓長效藥，M結(jié)構(gòu)如下。下列說法不正確的是A.可用氯化鐵來檢驗阿司匹林中是否含有水楊酸B.1molM徹底水解最多消耗4nmol的NaOHC.阿司匹林最多有9個碳原子共平面D.M可由甲基丙烯酸、乙二醇、乙酰水楊酸通過縮聚反應(yīng)生成【答案】D【解析】A．水楊酸含有酚羥基，能與氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)，阿司匹林不含酚羥基，所以可用氯化鐵來檢驗阿司匹林中是否含有水楊酸，A正確；B．M中含有酯基，酯基水解后生成的酚羥基也能與NaOH反應(yīng)。1molM中含3nmol酯基，水解生成3nmol羧基和2nmol醇羥基和1nmol酚羥基，所以1molM徹底水解最多消耗4nmol的NaOH，B正確；C．阿司匹林中苯環(huán)及與苯環(huán)直接相連的原子共平面，羰基及與羰基直接相連的原子共平面，單鍵可旋轉(zhuǎn)，最多有9個碳原子共平面，C正確；D．由M的結(jié)構(gòu)可知，M可由甲基丙烯酸、乙二醇、乙酰水楊酸通過加聚反應(yīng)生成，D錯誤；故選D。10.AlCl3是一種用途廣泛的化工原料，某興趣小組欲從飽和AlCl3溶液中獲取AlCl3·6H2O，相關(guān)裝置如圖所示，下列說法不正確的是已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚A.通入HCl可以抑制AlCl3水解并促使AlCl3·6H2O晶體析出B.經(jīng)過濾→冷水洗滌2~3次→低溫干燥可以獲取AlCl3·6H2O晶體C.倒扣小漏斗的作用是防止NaOH溶液倒吸D.AlCl3·6H2O在干燥HCl氛圍中加熱脫水可以制備無水AlCl3【答案】B【解析】A．AlCl3發(fā)生水解反應(yīng)AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，通入HCl可以抑制Al3+的水解，增大了溶液中Cl-的濃度，降低AlCl3溶解度，促使AlCl3·6H2O晶體析出，故A正確；B．AlCl3·6H2O易溶于水，增大氯離子濃度可防止晶體溶解而損失，合適的洗滌劑為飽和氯化鋁溶液，經(jīng)過濾→飽和氯化鋁溶液洗滌2~3次→低溫干燥可以獲取AlCl3·6H2O晶體，故B錯誤；C．氯化氫溶于水易發(fā)生倒吸，倒扣小漏斗的作用是防止NaOH溶液倒吸，故C正確；D．為防止AlCl3·6H2O水解，在干燥HCl氛圍中加熱脫水可以制備無水AlCl3，故D正確；選B。11.下列說法正確的是A.已知NaOH固體溶于水是一個自發(fā)過程，其ΔH<0，可推測該過程ΔS>0B.2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)，壓縮容器體積，平衡正移，則反應(yīng)的平衡常數(shù)減小C.已知HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ/mol，可推測溫度越高，HF(aq)中HF的電離程度越大D.已知HX(g)=H(g)+X(g)ΔH>0，HX(aq)=H+(aq)+X+(aq)ΔH<0，則H(g)＋X(g)=H+(aq)＋X?(aq)ΔH<0【答案】D【解析】A．NaOH固體溶于水是一個自發(fā)過程，溶解過程是混亂度增大的物理過程，ΔS>0，因無化學(xué)反應(yīng)，故無焓變，A錯誤；B．化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，壓縮體積，使壓強(qiáng)增大不影響化學(xué)平衡常數(shù)，B錯誤；C．①HF(aq)+OH-(aq)＝F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ·mol-1，②H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，將①-②得HF（aq）?F-（aq）+H+（aq）△H=（-67.7）kJ/mol-（-57.3）kJ/mol=-10.4kJ/mol，則HF電離是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，即向逆反應(yīng)方向越大，所以HF電離程度減小，C錯誤；D．已知①HX(g)=H(g)+X(g)ΔH>0，②HX(aq)=H+(aq)+X+(aq)ΔH<0，將②-①-得則H(g)＋X(g)=H+(aq)＋X?(aq)ΔH<0，D正確；故選D。12.RbAg4I5是一種只傳導(dǎo)Ag＋的固體電解質(zhì)，利用RbAg4I5可以制成電化學(xué)氣敏傳感器。某種測定O2含量的氣體傳感器如圖所示，被分析的O2可以透過聚四氟乙烯薄膜，發(fā)生反應(yīng)：4AlI3＋3O2=2Al2O3＋6I2，I2進(jìn)一步在石墨電極上發(fā)生反應(yīng)，引起電池電動勢變化，從而測定O2的含量。下列關(guān)于氣體傳感器工作原理說法不正確的是A.Ag＋通過固體電解質(zhì)遷向正極 B.銀電極的電極反應(yīng)式為：Ag-e-=Ag+C.測定一段時間后，固體電解質(zhì)中Ag+減少 D.當(dāng)O2濃度大時，電動勢變大【答案】C【解析】由題意可知，銀電極為原電池的負(fù)極，銀失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成銀離子，多孔石墨電極為正極，銀離子作用下碘在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成碘化銀，電池的總反應(yīng)為2Ag+I2=2AgI。A．傳感器工作過程中銀離子通過固體電解質(zhì)遷向正極，故A正確；B．由分析可知，銀電極為原電池的負(fù)極，銀失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成銀離子，電極反應(yīng)式為Ag-e-=Ag+，故B正確；C．由分析可知，電池的總反應(yīng)為2Ag+I2=2AgI，則測定一段時間后，固體電解質(zhì)中銀離子個數(shù)不變，故C錯誤；D．由方程式可知，氧氣濃度增大時，反應(yīng)生成碘的物質(zhì)的量增大，導(dǎo)致在正極放電的碘的物質(zhì)的量增大，外電路轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量增大，電動勢變大，故D正確；故選C。13.某化合物M的晶胞如圖，下列說法不正確的是A.該化合物化學(xué)式為Al(NH3)Cl3，屬于分子晶體 B.NH3與Al之間的作用力為配位鍵C.該化合物不穩(wěn)定，受熱易分解 D.∠Cl-Al-Cl鍵角比較：Al(NH3)Cl3>AlCl3【答案】D【解析】A．根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)，8個Al，24個Cl，8個NH3，該化合物化學(xué)式為Al(NH3)Cl3，屬于分子晶體，A正確；B．NH3提供孤電子對，Al提供空軌道，NH3與Al之間的作用力為配位鍵，B正確；C．Al3+半徑較小，空間阻礙大，配位鍵弱，且加熱時NH3易揮發(fā)，故受熱易分解，C正確；D．Al(NH3)Cl3中Al為sp3雜化，AlCl3中Al為sp2雜化，∠Cl-Al-Cl鍵角比較：Al(NH3)Cl3<AlCl3，D錯誤；故選D。14.COX2、POX3的水解(取代)機(jī)理不同(X表示鹵原子)，具體過程如圖所示。下列說法不正確的是A.POX3在NaOH溶液中徹底水解后可形成兩種鹽(不考慮陰離子的水解)B.由于鍵能C-Br<C-Cl，故COBr2的水解速率大于COCl2C.COX2與POX3的中心原子分別為sp2和sp3雜化D.COX2水解過程先發(fā)生加成反應(yīng)再發(fā)生消去反應(yīng)【答案】B【解析】A．POX3在NaOH溶液中徹底水解后可形成Na3PO4、NaX兩種鹽，故A正確；B．COBr2水解第一步為慢反應(yīng)，總反應(yīng)速率決定于第一步反應(yīng)，第一步反應(yīng)為羰基的加成反應(yīng)，所以總反應(yīng)速率與C-X鍵能無關(guān)，故B錯誤；C．COX2中C原子價電子對數(shù)為3，POX3中P原子價電子對數(shù)為4，中心原子分別為sp2和sp3雜化，故C正確；D．COX2水解過程先發(fā)生羰基的加成反應(yīng)，再發(fā)生消去反應(yīng)形成羰基，故D正確；選B。15.25℃，向10mL濃度均為0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，逐滴加入0.1mol/L的MgCl2溶液。H2CO3的電離常數(shù)Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11；Ksp(MgCO3)=4×10-6。下列有關(guān)說法正確的是A.25℃時，MgCO3飽和溶液中，含碳微粒最主要以HCO形式存在B.25℃時，0.1molMgCO3固體不可全部溶于1L0.2mol/L的鹽酸中C.加入10mL的MgCl2溶液后，溶液中存在c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)D.將上述MgCl2溶液加入到0.1mol/LNaHCO3溶液中無明顯現(xiàn)象【答案】A【解析】A．25℃時，MgCO3溶解度小，MgCO3飽和溶液的pH≈7，H2CO3的電離常數(shù)Ka2=4.7×10-11，所以含碳微粒最主要以HCO形式存在，故A正確；B．25℃時，0.1molMgCO3與鹽酸完全反應(yīng)消耗0.2mol鹽酸，固體能全部溶于1L0.2mol/L的鹽酸中，故B錯誤；C．加入10mL的MgCl2溶液后，溶液中的溶質(zhì)為0.1mol/LNaCl、0.05mol/LNaHCO3的混合液，根據(jù)物料守恒，c(Na+)=0.15mol/L、c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.05mol/L，溶液中存在c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，故C錯誤；D．將上述MgCl2溶液加入到0.1mol/LNaHCO3溶液中生成氫氧化鎂沉淀，故D錯誤；選A。16.三氯乙醛(CCl3CHO)是無色油狀液體，常用于制取農(nóng)藥。其純度的測定如下(雜質(zhì)不參與反應(yīng))。已知：I2+2S2O=2I-+S4O，下列說法不正確的是A.步驟Ⅰ，需用100mL容量瓶進(jìn)行配制B.步驟Ⅲ，發(fā)生的反應(yīng)為：HCOO-+I2+2OH-=2I-+CO+H2O+H+C.步驟Ⅳ，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為：加入最后半滴Na2S2O3溶液，錐形瓶中溶液藍(lán)色恰好褪去，且半分鐘內(nèi)不變色D.三氯乙醛(摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1)的純度為【答案】B【解析】將樣品溶于水配制100mL溶液，從中取出10mL溶液加適量的Na2CO3進(jìn)行反應(yīng)將CCl3CHO反應(yīng)生成CHCl3和HCOO-，加入溶液調(diào)節(jié)pH值后加入25mL0.1mol/LI2溶液，充分反應(yīng)后，加入淀粉作指示劑并用0.02mol/LNa2S2O3溶液，消耗VmL最后計算出三氯乙醛的純度，據(jù)此分析解題。A．步驟Ⅰ是將樣品配成100mL溶液，故需用100mL容量瓶進(jìn)行配制，A正確；B．已知CO與H+不能大量共存，故步驟Ⅲ，發(fā)生的反應(yīng)為：HCOO-+I2+3OH-=2I-+CO+2H2O，B錯誤；C．步驟Ⅳ原來溶液時I2和淀粉溶液呈藍(lán)色，當(dāng)?shù)味ńK點(diǎn)的時候I2消耗掉了，所有藍(lán)色消失，故滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為：加入最后半滴Na2S2O3溶液，錐形瓶中溶液藍(lán)色恰好褪去，且半分鐘內(nèi)不變色，C正確；D．根據(jù)題干流程圖中可找到關(guān)系式：CCl3CHO~HCOO-~I2，I2~2Na2S2O3可知，過量的I2的物質(zhì)的量為：0.02mol/L×V×10-3L×=V×10-5mol，則與HCOO-反應(yīng)的I2的物質(zhì)的量為：(25×10-3L×0.1mol/L-V×10-5)=(25×0.1-0.01V)×10-3mol，故三氯乙醛(摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1)的純度為，D正確；故答案為：B。二、非選擇題(本大題共4小題，共52分)17.鹵族元素在生產(chǎn)生活中扮演中著重要的角色。（1）關(guān)于VIIA族元素描述，下列說法正確的是___________。A.基態(tài)Br原子的核外電子排布式為[Ar]4s24p3，其價層電子數(shù)等于最外層電子數(shù)B.鍵能：HF>HCl>HBr>HI，導(dǎo)致酸性：HF<HCl<HBr<HIC.根據(jù)VSEPR模型，可推測OF2和I空間構(gòu)型均為V形D.已知AlCl3為分子晶體，則可推測沸點(diǎn)：AlI3>AlBr3>AlCl3（2）某配位化合物的晶胞及其在xy平面的投影如圖所示。晶體中存在獨(dú)立的陰陽離子，晶胞參數(shù)分別為apm，apm，cpm，a=β=γ=90°。①該化合物中配離子為___________。②計算該晶體的密度___________g/cm3(列出計算表達(dá)式)。（3）以生產(chǎn)感光材料的過程中生產(chǎn)中產(chǎn)生的含AgBr的廢液為原料，制備單質(zhì)銀的一種工藝流程如下圖所示：已知：Ag+可與S2O結(jié)合生成穩(wěn)定的[Ag(S2O3)2]3-。①已知NH2OH與NH3類似，具有堿性，請寫出其水溶液中主要存在的陽離子___________。②步驟1中，有無毒無害的氣體單質(zhì)，請寫出步驟1中AgBr與NH2OH反應(yīng)的化學(xué)方程式是___________。③操作1、操作2均為___________，步驟2中，加入稍過量的Na2S2O3溶液的目的是___________，若省去操作1，直接加入Na2S2O3溶液，缺點(diǎn)是___________。（4）(CN)2、(SCN)2等物質(zhì)具有與鹵素單質(zhì)類似的性質(zhì)，稱為擬鹵素，其對應(yīng)的CN-、SCN-稱之為擬鹵離子，已知氧化性：I2>(CN)2.①(SCN)2為鏈狀結(jié)構(gòu)，分子中每個原子均滿足8e-，請寫出(SCN)2的電子式___________。②CN-能與Ag+形成穩(wěn)定的無色離子[Ag(CN)2]-，但在CuSO4溶液中加入NaCN溶液，卻生成氣體和白色難溶鹽沉淀，請寫出相應(yīng)的離子方程式___________?！敬鸢浮浚?）BCD（2）①.[TiF6]2-②.或（3）①.NH3OH+②.2AgBr+2NH2OH=N2↑+2Ag+2HBr+2H2O③.過濾④.將AgBr完全/充分轉(zhuǎn)化為[Ag(S2O3)2]3-溶于水而除去，提高產(chǎn)品Ag的純度⑤.步驟1中有HBr生成，Na2S2O3在酸性條件下不穩(wěn)定易分解，造成損失（4）①.②.2Cu2++4CN-=2CuCN↓+(CN)2↑【解析】（1）A．基態(tài)Br原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p3，其價層電子數(shù)等于最外層電子數(shù)，A錯誤；B．鹵化氫鍵能越大，則越難電離，其氫化物酸性越弱，則鍵能：HF>HCl>HBr>HI，導(dǎo)致酸性：HF<HCl<HBr<HI，B正確；C．OF2中心原子價層電子對數(shù)為，I中心原子價層電子對數(shù)為，，根據(jù)VSEPR模型，可推測OF2和I空間構(gòu)型均為V形，C正確；D．非金屬性Cl>Br>I，AlCl3為分子晶體，AlI3、AlBr3均為分子分子晶體，量越大，熔沸點(diǎn)越高，則沸點(diǎn)：AlI3>AlBr3>AlCl3，D正確；故選BCD；（2）①配離子是由中心離子和配位原子構(gòu)成的，由圖可知，該晶胞中Ti周圍有6個F，其中鈦為+4價，氟為-1價，則配離子是：[TiF6]2-；②結(jié)合晶胞可知，該晶胞中Ti：8×+1=2；Li：8×+2=4；F：4×+10=12；體積為：，則其密度為：g/cm3或者g/cm3；（3）①根據(jù)題意NH2OH可發(fā)生類似氨氣的電離，電離方程式為，則其水溶液中主要存在的陽離子NH3OH+；②無毒無害的氣體單質(zhì)是氮?dú)?，該反?yīng)中氯化銀是氧化劑，NH2OH是還原劑，則方程式為：2AgBr+2NH2OH=N2↑+2Ag+2HBr+2H2O；③根據(jù)流程可知，操作1、操作2都是分離固體和液體，則操作1、操作2均為過濾；根據(jù)題意Ag+可與S2O結(jié)合生成穩(wěn)定的[Ag(S2O3)2]3-，則步驟2中，加入稍過量的Na2S2O3溶液的目的是：將AgBr完全/充分轉(zhuǎn)化為[Ag(S2O3)2]3-溶于水而除去，提高產(chǎn)品Ag的純度；結(jié)合①可知，操作1會生成HBr，且HBr可以和Na2S2O3反應(yīng)，則若省去操作1，直接加入Na2S2O3溶液，缺點(diǎn)是：步驟1中有HBr生成，Na2S2O3在酸性條件下不穩(wěn)定易分解，造成損失；（4）①(SCN)2分子中每個原子均滿足8e-，則(SCN)2的電子式；②(CN)2具有與鹵素單質(zhì)類似性質(zhì)，其對應(yīng)的CN-，在CuSO4溶液中加入NaCN溶液，卻生成氣體和白色難溶鹽沉淀，說明銅離子和CN-發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCN和(CN)2，方程式為：2Cu2++4CN-

=2CuCN↓+(CN)2↑。18.甲醇(CH3OH)、甲酸甲酯(HCOOCH3)均是用途廣泛的化工原料。請回答：（1）二氧化碳加氫制甲醇的總反應(yīng)：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)，一般認(rèn)為該反應(yīng)分為兩步，體系能量-反應(yīng)進(jìn)程如圖所示：①一定條件下，反應(yīng)Ⅰ能自發(fā)進(jìn)行，則反應(yīng)Ⅰ在該條件下的ΔS___________0(填“>”、“<”或“=”)。②下列說法不正確的是___________。A．反應(yīng)Ⅱ：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH>0B．上述反應(yīng)建立平衡后，移走CH3OH，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ平衡均右移C．適當(dāng)升溫有利于提高一定時間內(nèi)反應(yīng)的速率和產(chǎn)率D．催化劑能提高甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率（2）通過電解含有甲醇的NaOH溶液可用于制備甲酸鹽，生成甲酸鹽的電極反應(yīng)式為___________。（3）已知HCOONa的Kh=5.6×10-9，若電解一段時間后所得HCOONa溶液的濃度為1.8mol/L，則將HCOONa溶液完全轉(zhuǎn)化為HCOOH溶液需調(diào)節(jié)溶液中H+濃度約為___________，所得甲酸溶液進(jìn)一步處理后可用于制備甲酸甲酯。（4）甲醇催化氧化也可用于制備甲酸甲酯，其工藝過程包含以下反應(yīng)：Ⅲ：2CH3OH(g)+O2(g)?HCOOCH3(g)+2H2O(g)ΔH=+51.2kJ?mol-1Ⅳ：HCOOCH3(g)?2CO(g)+2H2(g)ΔH=+129.1kJ?mol-1已知：CH3OH和O2在催化劑表面的反應(yīng)過程如下(M*表示催化劑表面的吸附物種，部分產(chǎn)物已省略)a．氧在催化劑表面活化：O2→2O*b．甲醇的化學(xué)吸附：CH3OH+O*→CH3O*c．生成弱吸附的甲醛：CH3O*+O*→HCHO*d．生成甲酸甲酯并脫附：HCHO*+CH3O*→HCOOCH3①步驟b是HCOOCH3合成決速步驟，在相同的溫度和壓強(qiáng)下，以一定的流速通過不同的催化劑表面，反應(yīng)相同時間，測得實(shí)驗數(shù)據(jù)如下：T(K)催化劑甲醇氧化為甲醛的轉(zhuǎn)化率甲酸甲酯的選擇性353Au@SiO240%98%353Auδ+@SiO285%100%研究表明在金離子存在的條件下，甲酸甲酯的產(chǎn)率明顯提高，可能原因是___________。②實(shí)際工業(yè)生產(chǎn)中，采用的溫度約為353K，溫度不能太高的理由是(不考慮催化劑活性降低活失活)___________?！敬鸢浮浚?）①.>②.AD（2）CH3OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H2O（3）0.32mol/L（4）①.在Au離子存在下，有利于促進(jìn)甲醇的化學(xué)吸附，提高生成甲酸甲酯的速率②.反應(yīng)Ⅳ是吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡正移，甲酸甲酯易分解生成CO和H2，產(chǎn)率降低；溫度升高，不利于反應(yīng)物O2、甲醇的吸附【解析】（1）①由圖可知，反應(yīng)I的ΔH>0，自發(fā)進(jìn)行：ΔG=ΔH-TΔS<0，則ΔS>0；②A．如圖可知，反應(yīng)Ⅱ：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)ΔH<0，故A錯誤；B．上述反應(yīng)建立平衡后，移走CH3OH，反應(yīng)Ⅱ平衡右移，CO減少，反應(yīng)Ⅰ平衡右移，故B正確；C．反應(yīng)Ⅰ吸熱，反應(yīng)Ⅱ放熱，升高溫度，反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ的速率均增加，但反應(yīng)Ⅰ平衡正向移動，反應(yīng)Ⅱ平衡逆向移動，因此適當(dāng)升溫有利于提高一定時間內(nèi)反應(yīng)的速率和產(chǎn)率，故C正確；D．催化劑不能改變化學(xué)平衡，不能提高甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率，故D錯誤；故答案為AD。（2）堿性條件下電解甲醇生成甲酸鹽的電極反應(yīng)式為CH3OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H2O。（3）HCOONa水解產(chǎn)生HCOOH：HCOO-+H2O?HCOOH+OH-，初始HCOO-濃度為1.8mol/L，HCOONa溶液完全轉(zhuǎn)化為HCOOH溶液時HCOO-濃度為1×10-5mol/L，HCOOH濃度為(1.8-1×10-5)mol/L，則根據(jù)，此時溶液中OH-濃度約為，則。（4）①步驟b是HCOOCH3合成決速步驟，在金離子存在的條件下，甲酸甲酯的產(chǎn)率明顯提高，可能原因是：在Au離子存在下，有利于促進(jìn)甲醇的化學(xué)吸附，提高生成甲酸甲酯的速率；②實(shí)際工業(yè)生產(chǎn)中，采用的溫度約為353K，溫度不能太高的理由是：反應(yīng)Ⅳ是吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡正移，甲酸甲酯易分解生成CO和H2，產(chǎn)率降低；溫度升高，不利于反應(yīng)物O2、甲醇的吸附。19.二氯二茂鈦(M=249g/mol)為紅色片狀晶體，溶于水和極性溶劑，性質(zhì)較穩(wěn)定；其對烯烴聚合具有很高的催化活性，以下是合成二氯二茂鈦的一種方法，具體流程如下：實(shí)驗制備裝置(夾持、加熱、水浴裝置已省略)如圖所示：步驟Ⅰ：鈉砂的制備。在裝置(如圖一)中加入二甲苯和小塊金屬鈉，加熱并攪拌至鈉分散成砂粒狀。抽出二甲苯，加入溶劑四氫呋喃(THF)。步驟Ⅱ：將冷凝管換成恒壓滴液漏斗(如圖二)。邊攪拌邊加入含環(huán)戊二烯的混合液。攪拌2小時后，將制得的深紅色的溶液轉(zhuǎn)移到另一滴液漏斗中。步驟Ⅲ：另取一個三頸燒瓶加入一定量的TiCl4和四氫呋喃，將上述深紅色溶液加入三頸燒瓶中，滴畢后室溫攪拌1h，靜置，抽干溶劑得到粗品。步驟Ⅳ：用索氏提取器提取產(chǎn)品(如圖三)已知：①環(huán)戊二烯存在：②環(huán)戊二烯鈉對水和氧氣敏感。請回答：（1）步驟Ⅰ將鈉制成鈉砂的目的是___________；步驟Ⅱ中環(huán)戊二烯在使用前需加熱蒸餾，收集42-45℃餾分備用，其目的是___________。（2）合成過程為放熱反應(yīng)，步驟Ⅲ需要控制反應(yīng)速率，可采取的措施有(寫2點(diǎn))___________。（3）下列說法不正確的是___________。A.步驟Ⅰ中，溶劑二甲苯、四氫呋喃均需要進(jìn)行脫水處理B.步驟Ⅱ中，在通風(fēng)櫥中將未反應(yīng)的鈉過濾除去，將濾液轉(zhuǎn)移到分液漏斗中C.步驟Ⅲ中，產(chǎn)品二氯二茂鈦性質(zhì)較穩(wěn)定，故不需要通入N2進(jìn)行保護(hù)D.步驟Ⅳ中，索氏提取器優(yōu)點(diǎn)是可以連續(xù)萃取，提高產(chǎn)品的浸取率。（4）步驟Ⅳ，請從下列選項中選出合理的操作并排序：將產(chǎn)品裝入濾紙?zhí)淄仓小鷂__________→冷卻，過濾得到產(chǎn)品a．在圓底燒瓶中加入一定量的CCl4b．在圓底燒瓶中加入一定量的氯仿c．加熱回流d．打開冷凝水e．當(dāng)濾紙?zhí)淄仓刑崛∫侯伾儨\時，停止加熱f．當(dāng)濾紙?zhí)淄仓刑崛∫侯伾噬罴t色時，停止加熱（5）產(chǎn)品純度的測定：稱取待測樣品0.2500g置于燒杯內(nèi)，加入NaOH溶液，加熱至全部樣品轉(zhuǎn)化成白色沉淀為止。冷卻后加一滴酚酞，溶液變紅，再加HNO3至紅色恰好褪去，再加入K2CrO4作指示劑，用0.1000mol/LAgNO3溶液滴定至終點(diǎn)，消耗AgNO3溶液20.00ml。已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12，Ag2CrO4為磚紅色沉淀。①滴定終點(diǎn)現(xiàn)象為___________。②計算得到二氯二茂鈦的純度為___________?！敬鸢浮浚?）①.擴(kuò)大了鈉的與環(huán)戊二烯接觸，加快反應(yīng)速率，增大收率②.使環(huán)戊二烯的聚合物解聚，得到純環(huán)戊二烯，提高原料利用率（2）緩慢滴加深紅色溶液、將三頸燒瓶置于冰浴中冷卻（3）BC（4）bdce（5）①.最后半滴硝酸銀溶液加入，產(chǎn)生磚紅色沉淀，且半分鐘不變化②.99.6%【解析】本實(shí)驗是制備二氯二茂鈦，該實(shí)驗需要在無水無氧的環(huán)境下制備，步驟Ⅰ的目的是用鈉除去四氫呋喃中的水；步驟Ⅱ是為了將環(huán)戊二烯和鈉反應(yīng)得到環(huán)戊二烯鈉；步驟Ⅲ根據(jù)反應(yīng)原理加入原料制備產(chǎn)品。（1）步驟Ⅰ將鈉制成鈉砂的目的是擴(kuò)大了鈉的與環(huán)戊二烯接觸，加快反應(yīng)速率，增大收率；步驟Ⅱ中環(huán)戊二烯在使用前需加熱蒸餾，收集42-45℃餾分備用，其目的是使環(huán)戊二烯的聚合物解聚，得到純環(huán)戊二烯，提高原料利用率。（2）從反應(yīng)速率的影響因素考慮，可以從溫度角度分析，結(jié)合題給信息，合成過程為放熱反應(yīng)，則控制反應(yīng)速率的方法：緩慢滴加深紅色溶液、將三頸燒瓶置于冰浴中冷卻。（3）A.因環(huán)戊二烯鈉對水和氧氣敏感，故步驟Ⅰ中，溶劑二甲苯、四氫呋喃均需要進(jìn)行脫水處理，正確；B.結(jié)合題意可知，步驟Ⅰ將鈉分散成砂粒狀，隨后加入溶劑四氫呋喃(THF)，此時砂粒狀已經(jīng)分散到溶劑四氫呋喃(THF)中，步驟Ⅱ過濾后加入含環(huán)戊二烯的混合液，此時溶液沒有分層，則應(yīng)該將過濾后的濾液轉(zhuǎn)移到圖示的三頸燒瓶中，不是轉(zhuǎn)移到分液漏斗中，錯誤；C.步驟Ⅲ中，產(chǎn)品二氯二茂鈦性質(zhì)較穩(wěn)定，但是環(huán)戊二烯鈉對氧氣敏感，故需要氮?dú)膺M(jìn)行保護(hù)，錯誤；D.步驟Ⅳ中，與常規(guī)萃取相比，索氏提取器溶劑用量少，且可連續(xù)萃取，則優(yōu)點(diǎn)是：使用溶劑量少，可連續(xù)、重復(fù)萃取，萃取效率高，正確；故選BC。（4）根據(jù)題意二氯二茂鈦(M=249g/mol)為紅色片狀晶體，溶于水和極性溶劑，應(yīng)該用氯仿提取產(chǎn)品，不能