浙江省杭州第二中学2022-2023学年高三化学下学期3月月考试题（Word版附解析）

杭州二中2022学年第二学期高三年级第一次月考化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Si-28Ca-40Fe-56Ni-59Cu-64一、选择题(本大题共有16小题，每小题3分，共48分。每个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.下列物质中含有离子键且水溶液显酸性的是A.H2SO4B.CH3COOHC.NH4ClD.NaHCO3【答案】C【解析】【详解】A．H2SO4为共价分子不含离子键，故A不选；B．CH3COOH为共价分子不含离子键，故B不选；C．NH4Cl为强酸弱碱盐，属于铵根离子和酸根离子通过离子键形成的离子化合物，水解显酸性，故C选；D．NaHCO3为强碱弱酸盐，属于钠离子和碳酸氢根离子通过离子键形成的离子化合物，水解显碱性，故D不选；故选：C。2.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A.利用丁达尔效应可检测气溶胶中的冠状病毒B.氮氧化合物与“光化学烟雾”、“臭氧层空洞”、“硝酸型酸雨”的形成有关C.单晶硅是一种半导体材料，可用于制造硅电池D.硅燃烧放出的热量多，且燃烧产物对环境污染程度低，可做“未来石油”【答案】A【解析】【详解】A．丁达尔效应是区别溶液和胶体的方法，气溶胶中的冠状病毒不属于胶体，所以丁达尔效应不能用来检测病毒，A错误；B．“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”主要是由氮氧化合物产生的，“臭氧层空洞”主要是氮氧化物、氟氯代烃等的排放引起的，B正确；C．单晶硅是一种半导体材料，可用于制造硅电池，C正确；D．硅燃烧放出的热量多，且燃烧产物是二氧化硅对环境污染程度低，可做“未来石油”，D正确；故选：A3.磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构简式如图所示。下列说 法正确的是A.第一电离能：O>N>CB.该有机物中碳原子采取sp、杂化C.基态氢原子电子云轮廓图为哑铃形D.的空间结构与VSEPR模型相同【答案】D【解析】【详解】A．第VA族元素第一电离能大于同一周期相邻的元素，第一电离能：N>O>C，A项错误；B．该有机物分子中苯环上碳原子采取杂化，侧链上碳原子采取杂化，B项错误；C．基态氢原子电子排布式为ls，电子云轮廓图为球形，C项错误；D．中P价层有4个电子对，没有孤电子对，空间结构和VSEPR模型都是正四面体形，D项正确；故选D。4.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.二氧化硅熔点高，可用于制作光导纤维B.SO2具有漂白性，可用于制溴工业中吸收Br2C.FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜制的电路板D.氨气易液化，可用作工业制冷剂【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硅具有良好的传输光信号的能力，用于制作光导纤维，故A错误；B．SO2具有还原性，能与溴单质反应，可用于吸收溴单质，故B错误；C．FeCl3具有较强氧化性，能与铜单质发生反应，可用于蚀刻铜制的电路板，故C错误；D．氨气易液化，液氨在气化过程中吸收大量的热，可用液氨作制冷剂，故D正确；故选：D。5.设NA是阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.常温下，pH=9的CH3COONa溶液中，水电离出的OH-的数目为10-5NA B.1molCnH2n含有的共用电子对数为(3n+1)NAC.向含1molCl-的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH数目为NAD.电解精炼铜时，阳极消耗32gCu，则电路中通过的电子总数为NA【答案】C【解析】【详解】A．溶液体积未知，不能计算其物质的量，则不能计算OH-数目，A错误；B．1molCnH2n所含电子对数=，B错误；C．将0.1molNH4NO3溶于稀氨水中，所得溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(NH)=c(Cl-)=0.1mol，溶液中NH的数目为0.1NA，C正确；D．电解精炼铜时，阳极发生的主要电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，若消耗32gCu，即0.5molCu，电路中通过的电子总数为NA，但阳极除了Cu参与反应，还有Zn、Ni等杂质参与反应，所以转移电子数大于NA，D错误；故选C。高温6.关于反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，下列说法正确的是A.C在反应过程中被还原B.Si3N4既是氧化产物又是还原产物C.氧化剂和还原剂质量之比1：3D.每生成14.0gSi3N4共转移1.2mol电子【答案】D【解析】【详解】A．该反应中C元素化合价由0价升高为+2价，失电子被氧化，A错误；B．该反应中Si元素化合价没有改变，N元素由0价变为-3价被还原，所以Si3N4只是还原产物，B错误；C．该反应中C为还原剂，N2为氧化剂，根据化学方程式可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：3，质量之比为28：(12×3)=7∶9，C错误；D．14.0gSi3N4的物质的量为=0.1mol，所以有0.2molN2被还原，转移1.2mol电子，D正确；综上所述答案为D。7.下列离子方程式书写不正确的是 A.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2OB.向AgCl沉淀中加入过量氨水使AgCl溶解：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2OC.用过量的次氯酸钠溶液吸收NO：5ClO-＋2NO＋H2O=3Cl-＋2HClO＋2NOD.向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O【答案】D【解析】【详解】A．草酸为弱酸不能拆为离子形式，高锰酸根具有氧化性，将草酸氧化为二氧化碳，草酸将高锰酸根还原为Mn2+：，A正确；B．向AgCl沉淀中加入过量氨水使难溶的AgCl转化为可溶的[Ag(NH3)2]+：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，B正确；C．用过量的次氯酸钠溶液吸收NO，次氯酸根将NO氧化为NO，NO将次氯酸根还原为Cl-：5ClO-＋2NO＋H2O=3Cl-＋2HClO＋2NO，C正确；D．向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，钙离子和碳酸氢根离子按1:2完全反应：Ca2++2HCO+2OH-=CaCO3↓+CO+2H2O，D错误；答案选D8.下列说法正确的是A.可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油B.各种橡胶、塑料、纤维都属于合成材料C.将纤维素和浓硫酸加热水解后的液体取出少许，加入新制的Cu(OH)2并加热，有砖红色沉淀生成，证明水解生成了葡萄糖D.蛋白质溶液中加入CuSO4溶液可以使蛋白质从溶液中析出，再加水又能溶解【答案】A【解析】【详解】A．植物油主要成分为酯类，在碱性条件下能水解为高级脂肪酸钠和甘油，从而溶于碱，矿物油只要成分为烃类，与NaOH不反应，溶液分层，因此可用NaOH溶液鉴别，故A正确；B．合成橡胶、合成纤维属于合成材料，天然橡胶和天然纤维不属于合成材料，故B错误；C．水解后溶液中要先加碱中和硫酸，溶液呈碱性后再加入新制氢氧化铜，故C错误；D．硫酸铜使蛋白质发生变性，蛋白质析出后再加水不能溶解，故D错误；故选：A。 9.有机物A、B均为合成某种抗支气管哮喘药物的中间体，如图所示，A在一定条件下可转化为B，下列说法错误的是A.分子B中只含有3种官能团B.分子A中所有碳原子不可能位于同一平面C.分子B能发生银镜反应，但不能发生水解反应D.用FeCl3溶液可检验物质B中是否混有A【答案】A【解析】【详解】A．分子B中含有4种官能团：碳碳双键、醚键、醛基和羰基，A错误；B．分子A中含有4个饱和碳原子，构成的是四面体结构，因此不是所有碳原子均位于同一平面，B正确；C．物质B含有醛基，能发生银镜反应，但是无酯基，因此不能发生水解反应，C正确；D．A中含有酚羟基，可以与FeCl3溶液发生显色反应，而B中无酚羟基，不能发生显色反应。所以用FeCl3溶液可检验物质B中是否混有A，D正确；答案选A。10.2021年5月15日，我国“天问一号”探测器成功着陆于火星，在火星上首次留下中国人的印记。经科学家们研究发现，火星气体及岩石中含有原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、Q，其中X与Q同主族，XZ2是造成温室效应的重要气体，Y的基态原子核外的单电子数是同周期中元素最多的，W基态原子的第一电离能比同周期的相邻原子都要小，下列说法正确的是A.原子半径：W>Q>Z>Y>XB.简单氢化物的沸点：X>Y>ZC.X和Q分别与Z形成的二元化合物所含化学键类型和晶体类型完全相同D.Y与W形成的化合物能与NaOH溶液反应产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体【答案】D【解析】【分析】由题干信息可知，与同主族，XZ2是造成温室效应的重要气体，是CO2，则为元素，为元素，Z为O元素；Y的基态原子核外的单电子数是同周期中元素最多的，则为元素；W基态原子的第一电离能比同周期的相邻原子都要小，则W为元素，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，原子半径：即W＞Q＞X＞Y＞Z，A错误； B．由分析可知，的氢化物有、，Y的氢化物有、等，Z的氢化物可能为H2O（l）、H2O2（l），所以、、Z的氢化物沸点不一定是大于大于Z，B错误；C．与O、Si与O形成的二元化合物分别为和，前者是分子晶体，含有极性键，后者是共价晶体，含有极性键，C错误；D．与形成的化合物能与溶液反应生成和，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D正确；故答案为：D。11.由我国科学家设计的Mg-Li双盐具有较高的电池效率，其工作原理如图所示，下列说法错误的是A.放电时，正极电极反应式为FeS+2e-+2Li+=Fe+Li2SB.充电时，Mg电极发生了还原反应C.充电时，每生成1molMg，电解质溶液质量减少24gD.电解液含离子迁移速率更快的Li+提高了电流效率【答案】C【解析】【详解】A．放电时Mg转化为Mg2+，所以右侧电极为负极，左侧电极为正极，FeS得电子生成Fe和Li2S，电极反应为FeS+2e−+2Li+=Fe+Li2S，选项A正确；B．充电时Mg2+转化Mg，被还原，Mg电极发生了还原反应，选项B正确；C．充电时阳极反应为Fe+Li2S-2e-=FeS+2Li+，每生成1molMg，消耗1molMg2+，转移2mol电子，同时生成2molLi+，所以电解质质量减少24g-2×7g=10g，选项C错误；D．电解液中含离子迁移速率更快的Li+，增强了导电性，提高了电流效率，选项D正确；答案选C12.向盛有硫酸锌水溶液的试管中加入氨水，首先形成沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到 无色透明的溶液。下列说法正确的是A.最后所得溶液中不存在沉淀，所以反应前后c(Zn2＋)不变B.沉淀溶解可能是因为生成了无色的配离子[Zn(NH3)4]2＋C.用硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，不能观察到同样的现象D.往上述无色透明溶液中加入NaOH溶液，可以生成Zn(OH)2沉淀【答案】B【解析】【分析】氨水呈碱性，向盛有硫酸锌水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化锌，Zn2++2NH3•H2O═Zn(OH)2↓+2NH，继续滴加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，原因是氢氧化锌和氨水反应生成了锌氨络合物，反应为：Zn(OH)2+4NH3·H2O═[Zn(NH3)4]2++4H2O+2OH-。【详解】A．硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中锌离子浓度减小，故A错误；B．硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成络合物离子[Zn(NH3)4]2＋而使溶液澄清，故B正确；C．硝酸锌中的锌离子和氨水反应现象与硫酸锌中锌离子和氨水反应现象相同，硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样现象，故C错误；D．上述无色透明溶液中锌以[Zn(NH3)4]2+存在，加入NaOH溶液，得不到Zn(OH)2沉淀，故D错误；故选B。13.类比pH，定义，已知琥珀酸(以表示)为二元弱酸，常温下，向1L0.1mol/L的溶液中加入氢氧化钠固体，得到混合溶液的pH与pC(、、)的关系如图所示(不考虑溶液体积和温度的变化)，下列说法正确的是A.曲线I、II、III分别代表的粒子为、、B.滴定过程中保持不变 C.c点溶液满足D.向pH=4.19的溶液中加NaOH至溶液pH=5.57的过程中水的电离程度逐渐减小【答案】B【解析】【分析】加入氢氧化钠固体后，随着pH的增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)逐渐增大，由可知，pC(H2A)逐渐增大，pC(HA-)先减小后增大，pC(A2-)逐渐减小，即曲线I、II、III分别代表的粒子为、、。【详解】A．由分析可知，A选项错误；B．a点时，有c(HA-)=c(H2A)，则，c点时，有c(HA-)=c(A2-)，则，可得，温度不变，、不变，则保持不变，B选项正确；C．根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，c点时，有c(HA-)=c(A2-)，则c(Na+)+c(H+)=3c(A2-)+c(OH-)，可得c点溶液满足，C选项错误；D．向pH=4.19的溶液中加NaOH至溶液pH=5.57的过程中，溶液酸性逐渐减弱，对水的电离抑制作用逐渐减弱，则水的电离程度逐渐增大，D选项错误；答案选B。14.N2、CO2与Fe+体系中存在如图1所示物质转变关系，已知Fe+(s)与中间产物N2O(g)反应过程中的能量变化如图2所示。下列说法错误的是A.∆H=-(∆H1＋∆H2＋∆H3)B.Fe+在反应中作催化剂，能降低反应的活化能C.∆H1和∆H2均小于0 D.由图2可知，反应Fe+(s)+N2O(g)=FeO+(s)+N2(g)∆H4＜0【答案】C【解析】【详解】A．根据图示可知，N2(g)+CO2(g)=N2O(g)+CO(g)ΔH，N2O(g)=O(g)+N2(g)ΔH1，O(g)+Fe+(s)=FeO+(s)ΔH2，FeO+(s)+CO(g)=Fe+(s)+CO2(g)ΔH3，根据盖斯定律可知，第一个反应=后面三个反应之和的逆反应，∆H=-(∆H1＋∆H2＋∆H3)，A正确；B．从图1中可知，Fe+为反应的催化剂，可降低反应的活化能，B正确；C．从图2中可知，Fe+(s)+N2O(g)=FeO+(s)+N2(g)ΔH<0，ΔH=(ΔH1+ΔH2)，只能说明(ΔH1+ΔH2)<0，不能说明∆H1和∆H2均小于0，C错误；D．ΔH=生成物总能量-反应物总能量，Fe+(s)+N2O(g)=FeO+(s)+N2(g)ΔH<0，D正确；故答案选C。15.草酸钙具有优异光学性能.在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示(T1＞T2).已知T1时Ksp(CaC2O4)=6.7×10-4.下列说法错误的是A.图中a的数量级为10-2B.升高温度，m点的饱和溶液的组成由m沿mq线向q方向移动C.恒温条件下，向m点的溶液加入少量Na2C2O4固体，溶液组成由m沿曲线向n方向移动D.T1时，将浓度均为0.03mol/L的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，不能观察到沉淀【答案】B【解析】【详解】A．Ksp(CaC2O4)=c(Ca2+)×c(C2O)=6.7×10-4，则图中a的数量级为10-2，A说法正确；B．升高温度，CaC2O4溶液中c(Ca2+)=c(C2O)，则m点的饱和溶液的组成由m沿0m线向远离0点方向移动，B说法错误；C．恒温条件下，向m点的溶液加入少量Na2C2O4固体，c(C2O)浓度增大，温度未变，Ksp(CaC2O4)不变，则溶液组成由m沿曲线向n方向移动，C说法正确； D．T1时，将浓度均为0.03mol/L的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，c(Ca2+)=c(C2O)=0.015mol/L，Qc=0.015mol/L×0.015mol/L=2.25×10-4＜Ksp(CaC2O4)，不能观察到沉淀，D说法正确；答案为B。16.下列实验操作、现象与结论相匹配的是操作现象结论A在0.1mol/LK2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液，再加入少量等浓度的CuSO4溶液先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)B常温下，用pH计分别测定等体积1mol∙L−1CH3COONH4溶液和0.1mol∙L−1CH3COONH4溶液的pH测得pH都等于7同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同C常温下，将50mL苯与50mLCH3COOH混合所得混合溶液的体积为101mL混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键D将苯、液溴、铁粉混合后产生的气体通入AgNO3溶液中产生淡黄色沉淀苯与液溴发生了取代反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．在0.1mol/LK2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液，生成ZnS白色沉淀，溶液中还有剩余K2S，再加入少量等浓度的CuSO4溶液，生成黑色的CuS，可能是剩余的K2S与Cu2+反应得到的，也可能是ZnS转化为CuS，所以不能说明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，A错误；B．常温下，用pH计分别测定等体积1mol∙L−1CH3COONH4溶液和0.1mol∙L−1CH3COONH4溶液的pH都等于7，是因为相同浓度的CH3COO-和的水解程度相同，从而使溶液呈中性，根据“越稀越水解”，浓度越小的CH3COONH4，CH3COO-和的水解程度都比较大，B错误； C．将50mL苯与50mLCH3COOH混合体积为101mL，说明混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键，导致分子间距离增大，从而使体积变大，C正确；D．苯、液溴、铁粉混合后产生的气体使HBr，可能混有会发出来的Br2，通入AgNO3溶液产生淡黄色沉淀，不能说明AgBr一定是HBr与AgNO3反应产生的，D错误；故选C。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤，探索宇宙离不开化学。镍铼合金是制造喷气发动机的燃烧室、涡轮叶片及排气喷嘴的重要材料。75号元素铼Re，熔点仅次于钨，是稀有金属之一，地壳中铼的含量极低，多伴生于铜、锌、铅等矿物中。（1）镍原子价层电子排布图为_______，在元素周期表中，铼与锰在同族，铼在元素周期表中的位置是_______。（2）铼易形成高配位数的化合物如Re2(CO)10，该配合物中_______(填元素符号)提供孤对电子与铼成键，原因是_______，1molRe2(CO)10中有_______mol配位键。（3）锌在潮湿的空气中极易生成一层紧密的碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]薄膜，使其具有抗腐蚀性。碱式碳酸锌中各元素的电负性由大到小的顺序为_______，CO的空间构型为_______(用文字描述)。（4）三氧化铼ReO3晶胞如图所示，摩尔质量为Mg/mol，晶胞密度为ρg/cm3，其中氧原子的配位数为_______，铼原子填在了氧原子围成的_______(填“四面体”“立方体”或“八面体”)空隙中，该晶胞中两个相距最近的O原子间的距离为_______cm(列出计算式)。【答案】（1）①.②.第六周期第ⅦB族（2）①.C②.C的电负性比O小，C原子提供孤电子对的倾向更大，更易形成配位键③.10（3）①.O>C>H>Zn②.平面三角形（4）①.2②.八面体③.【解析】 【小问1详解】镍为29号元素，基态镍原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，价层电子排布图为；铼与锰同族，元素最高能层数与其所处周期数相等，该元素属于副族元素，其价电子数与其族序数相等，则铼位于第六周期第VIIB族；【小问2详解】配体CO分子中为碳氧三键，有个2个π键，电负性C小于O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对，故CO做配体时配位原子是C，故答案为：C；C的电负性比O小，C原子提供孤电子对的倾向更大，更易形成配位键；根据Re2(CO)10的化学式，1molRe2(CO)10中有10mol配位键；【小问3详解】非金属性越强，电负性越大，同周期从左到右非金属性增强，则O大于C的电负性，碳元素电负性大于H的，Zn是金属元素，电负性较小，所以电负性：O＞C＞H>Zn；CO中C原子价层电子对数=3+=3且不含孤电子对，为平面三角形结构，故答案为：O＞C＞H>Zn；平面三角形；【小问4详解】根据物质的名称可知晶胞的化学式，则Re与O的个数比为1：3，顶点的是铼原子，棱中心的是O，离子晶体中配位数是某个微粒周围最近且等距离的异性电荷的微粒个数，每个氧原子的左右一个最近且等距的铼原子，则氧原子的配位数为2；中间四个氧原子与上下面各一个氧原子形成八面体，则6个O原子围成一个八面体，所以铼原子填在了氧原子围成的八面体空隙中；根据均摊法可计算出一个晶胞中Re和O的个数分别为1个和3个，也就是1个晶胞含有1个ReO3，设晶胞的棱长为acm，则a3=V=，根据晶胞棱中心的是O原子，则距离最近的O原子是两条相交棱上的O原子，两者的距离=；故答案为：2；八面体；。18.化合物X由3种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验： 已知：A由两种气体组成，且两种气体组成元素相同。请回答下列问题：（1）X的组成元素有_______(写元素符号)；X的化学式为_______。（2）写出固体B与足量浓硝酸共热时发生反应的化学方程式_______。（3）X化学性质相当活泼，1molX吸收1molH2只生成一种二元弱酸Y和1mol气体C，请写出Y与足量NaOH溶液反应的离子方程式_______。（4）设计实验证明溶液G中的阳离子_______。【答案】（1）①.Fe、C、O②.Fe(CO)5（2）FeC+10HNO3=Fe(NO3)3+CO2↑+7NO2↑+5H2O（3）H2Fe(CO)4+2OH-=Fe(CO)+2H2O（4）取少量G溶液分别置于试管A、B中，往A试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有H+；往B试管中滴加KSCN无明显现象，再加氯水(或双氧水)，溶液变血红色，则有Fe2+【解析】【分析】由白色沉淀D可知混合气体A中含CO2，根据碳元素守恒，CO2的物质的量为0.1mol，A由两种气体组成，且两种气体组成元素相同，故气体C为CO，物质的量为0.3mol；H为红棕色固体，故H为Fe2O3，物质的量为0.05mol，Fe元素的物质的量为0.1mol；气体A中含CO，故B为FeC，与稀盐酸反应产生气体，气体E为H2，溶液G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，不溶性固体应为C，物质的量为0.1mol，综上混合气体A中：0.3molCO，0.1molCO2，混合固体B中：0.1molFe，0.1molC，总质量为19.6g，故X中含Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5。【小问1详解】根据分析，X的组成元素为：Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5；【小问2详解】根据分析，固体B为FeC，其与浓硝酸共热发生氧化还原反应生成二氧化氮、二氧化碳及硝酸铁，反应的化学方程式：FeC+10HNO3=Fe(NO3)3+CO2↑+7NO2↑+5H2O【小问3详解】X[Fe(CO)5]化学性质相当活泼，1molX吸收只生成一种二元弱酸Y和1mol气体 C，化学方程式为：Fe(CO)5+H2=H2Fe(CO)4+CO，故Y为H2Fe(CO)4，与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：；【小问4详解】根据分析，G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，可分开验证氢离子和Fe2+：酸性溶液可使紫色石蕊试液变红；Fe2+检验：加KSCN溶液无现象，再加H2O2氧化后变红，故验证方法为：取少量G溶液分别置于试管A、B中，往A试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有；往B试管中滴加KSCN无明显现象，再加，溶液变血红色，则有。19.中国科研团队利用低温等离子体协同催化技术，在常温常压下实现了将甲烷和二氧化碳一步转化为具有高附加值的液体燃料和化工产品。回答下列问题：（1）已知：甲烷和乙酸的燃烧热分别为、，试写出甲烷与CO2合成乙酸的热化学方程式_______。（2）甲烷和二氧化碳一步转化为液体产品的选择性如图甲所示，其中选择性最高的产品是_______，反应中应加入的等离子体催化剂是_______。（3）在某一钢性密闭容器中CH4、CO2的分压分别为、，加入催化剂并加热至使其发生反应：。①能够说明上述可逆反应达到平衡状态的选项是_______(填标号)》A.密度不再改变　　　　　B.平均摩尔质量不再改变　　　　　C.CO2和H2的分压相等D.CH4的分压不再改变　　　　E.②研究表明CO的生成速率，某时刻测得，则_______，_______。③达到平衡后测得体系总压是起始时的倍，则该反应用分压表示的平衡常数_______(计算结果保留三位有效数字)。 ④温度对产物流量及平衡转化率的影响如图乙所示，可知反应_______0(填“>”或“<”)，原因是_______。【答案】（1）（2）①.乙酸②.（3）①.BDE②.15③.3.96④.⑤.>⑥.随温度升高，产物摩尔流量和反应的平衡转化率均增大，平衡向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应【解析】【小问1详解】甲烷和乙酸的燃烧热分别为、，则①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.30kJ·mol－1②CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝－876.72kJ·mol－1；根据盖斯定律①-②得；【小问2详解】根据图甲所示，选择性最高的产品是乙酸，反应中应加入的等离子体催化剂是；【小问3详解】①A．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，密度不再改变，反应不一定平衡，故不选A；　　　　　B．反应前后气体总质量不变，气体物质的量不同，平均摩尔质量是变量，平均摩尔质量不再改变，反应一定达到平衡状态，故选B；　　　　　C．CO2和H2的分压相等，不能判断是否不再改变，所以反应不一定平衡，故不选C；D．反应达到平衡，各物质分压不变，CH4的分压不再改变，反应一定达到平衡状态，故选D；E．反应达到平衡，正逆反应速率比等于系数比，反应一定达到平衡状态，故选E；选BDE。②研究表明CO的生成速率，某时刻测得， 则15，3.96。③达到平衡后测得体系总压是起始时的倍，，x=20，则该反应用分压表示的平衡常数。④随温度升高，产物摩尔流量和反应的平衡转化率均增大，平衡向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，>0。20.镍氢电池是一种新型绿色电池，利用废旧镍氢电池的金属电极芯(主要成分为Ni(OH)2、Co(OH)2及少量铁、铝的氧化物等)生产硫酸镍、碳酸钴工艺流程如下图：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：离子Fe2+Fe3+Al3+Ni2+Co2+开始沉淀时pH6.31.53.46.27.15完全沉淀时pH8.32.84.78.99.15回答下列问题：（1）用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取效率的方法有_______(写出一种合理方法即可)，向Co(OH)3中加入H2O2的目的是_______。（2）沉淀A的主要成分是_______(填化学式)，“浸出液”调节pH的范围为_______。（3）“母液3”中控制Na2CO3用量使终点pH为9.5，此时c(Co2+)小于_______mol∙L-1(已知：Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15)。（4）用滴定法测定NiSO4∙7H2O产品中镍元素含量。取2.00g样品，酸溶后配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.100mol∙L-1的Na2H2Y标准液滴定，重复操作2~3次，消耗Na2H2Y标准液平均值为12.40mL。 已知：i.Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+；ii.紫脲酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。①滴定至终点的现象是_______；②样品中镍元素的质量分数为_______%(保留3位有效数字)。（5）NiSO4在强碱溶液中和NaClO反应，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，该反应的离子方程式为_______。【答案】（1）①.粉碎金属电极芯、升高温度、搅拌等②.起还原剂作用（2）①.Fe(OH)3、Al(OH)3②.4.7～6.2（3）1.6×10-6（4）①.加入最后半滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色②.18.92（5）【解析】【分析】金属电极芯加入硫酸，得到镍、钴、铁、铝的对应盐溶液，加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，调节pH分离成铁、铝沉淀；滤液调节pH、加入次氯酸钠分离出钴的沉淀，Co(OH)3中加入H2O2、硫酸溶解得到的母液3，加入碳酸钠得到CoCO3；母液2通入氨气得到Ni(OH)2，加入硫酸后最终生成NiSO4∙7H2O产品；【小问1详解】用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取效率的方法有粉碎金属电极芯、升高温度、搅拌等；由流程可知，向Co(OH)3中加入H2O2、硫酸最终生成二价Co，故加入H2O2目的是使三价Co转化为二价Co，起还原剂作用；故答案为：粉碎金属电极芯、升高温度、搅拌等；起还原剂作用；【小问2详解】浸出液中加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，然后调节pH将铁、铝沉淀出来，故Fe(OH)3、Al(OH)3； “浸出液”调节pH要保证铁、铝沉淀完全，而镍、钴不沉淀，由图表可知，pH的范围为4.7～6.2；故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；4.7～6.2；【小问3详解】“母液3”中控制Na2CO3用量使终点pH为9.5，则c(OH-)=109.5-14=10-4.5，此时c(Co2+)小于mol∙L-1；故答案为：1.6×10-6；【小问4详解】①已知：紫脲酸胺为紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色；滴定终点的操作和现象是加入最后半滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色；②反应为Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+，则样品中Ni的物质的量为0.100mol∙L-1×12.40×10-3L× =6.2×10-3mol，则样品中镍元素的质量分数为×100%=18.92%；故答案为：加入最后半滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色；18.92；【小问5详解】NiSO4在强碱溶液中和NaClO反应，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH同时生成氯离子和水，该反应的离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH+Cl-+H2O；故答案为：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH+Cl-+H2O；21.手性过渡金属配合物催化的不对称合成反应具有高效、高对映选择性的特点，是有机合成化学研究的前沿和热点。某螺环二酚类手性螺环配体(H)的合成路线如下：已知：RCHO+请回答：（1）化合物C中的官能团名称为_______；化合物E的结构简式是_______。（2）下列说法正确的是_______。A.化合物E可以发生消去反应、还原反应B.化合物F和G可通过FeCl3溶液鉴别C.化合物C中至少有7个碳共平面D.化合物H的分子式是C19H18O2NP（3）写出C→D的化学方程式_______。（4）写出3种同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)_______。①除2个独立的苯环外还有一个含氧六元环；②分子中有4种不同化学环境的氢；③不含-O-O-键 （5）以为原料，设计化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。【答案】（1）①.醛基、醚键②.（2）BC（3）2+CH3COCH3+2H2O（4）、、（5）【解析】【分析】结合A、的分子式以及C的结构简式，逆推为，B为，的反应条件可知应为取代反应，B→C的反应条件可知B→C为氧化反应；可参照已知信息反应，的分子式为，应为2分子与1分子丙酮反应，故为；为加成反应，结合的分子式可知为对比和的结构，结合的分子式可知到发生的变化应为甲氧基变为羟基，故为。【小问1详解】根据C的结构，C中官能团的名称是醛基、醚键；根据分析可知，为 ，为加成反应，所以E的结构简式：；【小问2详解】A．根据思路分析可知，分子中含有苯环与羰基能发生还原反应，不能发生消去反应，A错误；B．F中没有酚羟基，中含有酚羟基，可用溶液鉴别，B正确；C．根据苯环的结构特点，化合物中与苯环直接相连的碳原子与苯环共平面，至少有7个碳原子共平面，C正确；D．分子式为，D错误；故选BC；【小问3详解】为2分子与1分子发生已知信息反应生成1分子和2分子水，故反应的化学方程式为2+CH3COCH3+2H2O；【小问4详解】的不饱和度为11，2个苯环的不饱和度为8，其同分异构体还有1个含氧六元环，分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构高度对称，不含结构，其结构简式可能为、、；【小问5详解】本题可采用正向合成法，对比产物结构，可先转化为，参照题中所给已知信息，转化为，再加成即可得到产物，故合成路线为 。