湖北省武汉市华中师大一附中2022届高三化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年湖北省武汉市华中师大一附中高三（上）期中化学试卷　一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．2022年，中国药学家屠呦呦获得诺贝尔生理学或医学奖，其突出贡献是创制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素．已知青蒿素的结构如图所示，有关青蒿素的说法，不正确的是（　　）A．分子式为C15H22O5B．能够发生水解反应C．每个分子中含有4个六元环D．青蒿素能够治疗疟疾可能与结构中存在过氧键基团有关　2．下列说法正确的是（　　）A．SO2和NO2都是有用的化工原料，因此目前都是将汽车尾气中的氮氧化合物收集后制备硝酸以防止污染空气B．由于HClO具有漂白性，因此工业上常用Cl2的水溶液来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫C．稀土元素在自然界中含量非常低，难以开采，但它们在冶金工业中有着重要的用途，被称为冶金工业的维生素D．金属钠通常被保存在煤油或石蜡油中，以隔绝空气　3．下列实验装置正确的是（　　）A．实验室制乙烯B．酯化反应C．25\n实验室制取Cl2D．中和热的测定　4．用如图所示装置除去含CN﹣、Cl﹣废水中的CN﹣时，控制溶液pH为9～10，某电极上产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，下列说法正确的是（　　）A．可以用石墨作阳极，作铁阴极B．除去CN﹣的反应：2CN﹣+5ClO﹣+2H+═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2OC．阴极的电极反应式为：Cl﹣+2OH﹣+2e﹣═ClO﹣+H2OD．阳极的电极反应式为：2CN﹣+12OH﹣﹣10e﹣═N2↑+2CO32﹣+6H2O　5．甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）．下列说法正确的是（　　）A．若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙一定是两性氧化物B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应C．若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能具有漂白性D．若甲、丙、戊都含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲＜丙＜戊　6．下列离子方程式书写及评价合理的是（　　）离子方程式评价AMg（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液：Mg2++2HCO3﹣+2OH﹣═MgCO3↓+CO32﹣+2H2O正确，NaOH过量，酸式盐与碱完全反应生成正盐和水；B1mol/L的NaAlO2溶液与2.5mol/L的HCl溶液等体积混合：2AlO2﹣+5H+═Al3++Al（OH）3↓+H2O正确，AlO2﹣与H+按物质的量1：1反应转化为Al（OH）3，过量的H+再将一半Al（OH）3转化为Al3+C将少量的Fe3O4溶解在过量的稀HNO3中：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O正确，Fe3O4化学式可改写为FeO•Fe2O3，Fe2+与Fe3+物质的量之比为1：2D将FeCl2溶液加入到NaClO溶液中：Fe2++2ClO﹣+2H2O═Fe（OH）2↓+2HClO错误，Fe2+与ClO﹣会发生氧化还原反应：2Fe2++ClO﹣+5H2O═2Fe（OH）3↓+Cl﹣+4H+A．AB．BC．CD．D25\n　7．25℃时，用0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液滴定20mL0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，当滴加VmLCH3COOH溶液时，混合溶液的pH=7．已知CH3COOH的电离平衡常数为Ka，忽略混合时溶液体积的变化，下列关系式正确的是（　　）A．Ka=B．V=C．Ka=D．Ka=　　二、填空题　[化学选修3：物质结构与性质]8．美国化学家鲍林教授具有独特的化学想象力：只要给他物质的分子式，他就能大体上想象出这种物质的分子结构模型．多核离子所带电荷可以认为是中心原子得失电子所致，根据VSEPR模型，下列离子中所有原子都在同一平面上的一组是　　　　　　．A、NO2﹣和NH4+B、H3O+和ClO3﹣C、NO3﹣和CO32﹣D、PO43﹣和SO42﹣．　　[化学选修3：物质结构与性质]9．铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示：电离能/kJ•mol﹣1I1I2铜7461958锌9061733铜的第一电离能（I1）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I2）却大于锌的第二电离能，其主要原因是　　　　　　．　　[化学选修3：物质结构与性质]10．石墨烯是从石墨材料中剥离出来、由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体．其结构如图：有关说法正确的是　　　　　　．A、固态时，碳的各种单质的晶体类型相同B、石墨烯中含有非极性共价键C、从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键D、石墨烯具有导电性　　[化学选修3：物质结构与性质]25\n11．最近科学家成功以CO2为原料制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以4个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限延伸结构，则该晶体中碳原子采用　　　　　　杂化与周围氧原子成键；晶体中碳氧原子个数比为　　　　　　；碳原子数与C﹣O化学键数之比为　　　　　　．　　[化学选修3：物质结构与性质]12．已知钼（Mo）的晶胞为体心立方晶胞，钼原子半径为apm，相对原子质量为M，以NA表示阿伏伽德罗常数的值，请写出金属钼密度的计算表达式　　　　　　g/cm3．　　三、简答题．13．（14分）（2022秋•武汉校级期中）某晶体（结晶水合物）由五种短周期元素组成．常温下，将该晶体溶于蒸馏水后可电离出三种离子（忽略水的电离），其中两种离子含有的电子数均为10个．将该溶液分成等量2份，一份中加入足量稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；向另一份中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．请回答下列问题：（1）若该晶体的摩尔质量为906g•mol﹣1，写出该晶体的化学式　　　　　　；（2）B点溶液的pH　　　　　　7（填“＜”、“＞”或“=”），用化学用语表示其原因　　　　　　．（3）若向该晶体的水溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至产生最多的沉淀，写出该变化的离子方程式　　　　　　．（4）C点溶液中所含溶质的化学式为　　　　　　；此时溶液中各种离子浓度由大到小顺序为　　　　　　．　14．（14分）（2022秋•武汉校级期中）次硫酸氢钠甲醛（NaHSO2•HCHO•2H2O）俗称吊白块，不稳定，120℃时会分解．在印染、医药以及原子能工业中有广泛应用．以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如图：步骤1：在三颈烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液．步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞．向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80～90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤；步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶．（1）装置B的烧杯中应加入的溶液是　　　　　　；冷凝管中冷却水从　　　　　　（填“a”或“b”）口进水．（2）A中多孔球泡的作用是　　　　　　．（3）冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有　　　　　　（填化学式）．25\n（4）写出步骤2中发生反应的化学方程式　　　　　　．（5）步骤3中在真空容器中蒸发浓缩的原因是　　　　　　．（6）为了测定产品的纯度，准确称取2.0g样品，完全溶于水配成100mL溶液，取20.00mL所配溶液，加入过量碘完全反应后（已知I2不能氧化甲醛，杂质不反应），加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重得到白色固体0.466g，则所制得的产品的纯度为　　　　　　．　15．（15分）（2022秋•武汉校级期中）氮、碳都是重要的非金属元素，含氮、碳元素的物质在工业生产中有重要的应用．（1）请写出工业上由NH3制取NO的化学方程式　　　　　　．（2）一定条件下，铁可以和CO2发生反应：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），已知该反应的平衡常数K与温度T的关系如图所示．①该反应的逆反应是　　　　　　（填“吸热”或“放热”）反应．②T℃、Ppa压强下，在体积为VL的容器中进行反应，下列能说明反应达到平衡状态的是　　　　　　．A、混合气体的平均相对分子质量不再变化；B、容器内压强不再变化；C、v正（CO2）=v逆（FeO）③T1温度下，向体积为VL的密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2，反应过程中CO和CO2物质的量与时间的关系如图乙所示．则CO2的平衡转化率为　　　　　　，平衡时混合气体的密度与起始时气体的密度之比为　　　　　　．（3）在恒温条件下，起始时容积均为5L的甲、乙两密闭容器中（甲为恒容容器、乙为恒压容器），均进行反应：N2+3H2⇌2NH3，有关数据及平衡状态特定见表．容器起始投入达平衡时甲2molN23molH20molNH31.5molNH3同种物质的体积分数相同乙amolN2bmolH20molNH31.2molNH3起始时乙容器中的压强是甲容器的　　　　　　倍．25\n（4）一定条件下，2.24L（折算为标准状况）N2O和CO的混合气体在点燃条件恰好完全反应，放出bkJ热量．生成的3种产物均为大气组成气体，并测得反应后气体的密度是反应前气体密度的倍．请写出该反应的热化学方程式　　　　　　．　　[化学选修5：化学与技术]16．（2022秋•武汉校级期中）硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个有一个奇迹．（1）新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定．工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCl4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式　　　　　　．（2）一种用工业硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物），已知硅的熔点是1420℃，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅．一种合成氮化硅的工艺主要流程如图：①净化N2和H2时，铜屑的作用是：　　　　　　；硅胶的作用是　　　　　　．②在氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）═Si3N4（s）△H=﹣727.5kJ/mol，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度　　　　　　；体系中要通入适量的氢气是为了　　　　　　．③X可能是　　　　　　（选填：“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”、“氢氟酸”）．（3）工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅：①整个制备过程必须严格控制无水无氧．SiHCl3遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式　　　　　　．②假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应Ⅰ中HCl的利用率为90%，反应Ⅱ中H2的利用率为93.75%．则在第二轮次的生产中，补充投入HCl和H2的物质的量之比是　　　　　　．　　[化学选修5：有机化学]17．（2022秋•武汉校级期中）工业上合成a﹣萜品醇G的路线之一如图：已知：25\n请回答下列问题：（1）F中所含官能团的名称是　　　　　　；B→C的反应类型为　　　　　　．（2）写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式　　　　　　．①只有3种环境的氢原子②能发生银镜反应③分子中含六元环（3）A的核磁共振氢谱有　　　　　　个吸收峰，面积比为　　　　　　．（4）写出C→D转化的化学方程式　　　　　　．（5）写出B在一定条件下聚合成高分子化合物的化学方程式　　　　　　．（6）G可以与H2O催化加成得到不含手性碳原子的化合物H，请写出H的结构简式　　　　　　．　　2022-2022学年湖北省武汉市华中师大一附中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．2022年，中国药学家屠呦呦获得诺贝尔生理学或医学奖，其突出贡献是创制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素．已知青蒿素的结构如图所示，有关青蒿素的说法，不正确的是（　　）A．分子式为C15H22O5B．能够发生水解反应C．每个分子中含有4个六元环D．青蒿素能够治疗疟疾可能与结构中存在过氧键基团有关【考点】有机物的结构和性质．【分析】可根据有机物的结构简式判断分子式为C15H22O5，分子中含有﹣O﹣O﹣键，具有强氧化性，含有﹣COO﹣，可发生水解反应，以此解答．【解答】解：A．根据有机物的结构简式判断分子式为C15H22O5，故A正确；B．含有酯基，可发生水解反应，故B正确；C．由结构可知，含有5个六元环，故C错误；D．分子中含有过氧键，具有较强的氧化性，可用于杀菌消毒，故D正确．故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，题目难度中等，注意把握有机物官能团的结构和性质．　2．下列说法正确的是（　　）A．SO2和NO2都是有用的化工原料，因此目前都是将汽车尾气中的氮氧化合物收集后制备硝酸以防止污染空气B．由于HClO具有漂白性，因此工业上常用Cl2的水溶液来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫25\nC．稀土元素在自然界中含量非常低，难以开采，但它们在冶金工业中有着重要的用途，被称为冶金工业的维生素D．金属钠通常被保存在煤油或石蜡油中，以隔绝空气【考点】常见的生活环境的污染及治理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的化学性质．【分析】A．汽车尾气中主要含有CO、NO2、SO2、CO2气体，目前采用的是在汽车排气装置中安装一个净化器，可以有效的将尾气中的有害气体转化；B．氯气的漂白效果是氧化性漂白，成本相对较高，而且粘附的氯气在光照条件下，对外释放，对人体有害，工业上常用二氧化硫来漂白纸浆、毛、丝、草帽等；C．稀土元素在自然界中储量很大；D．钠易与空气中水、氧气反应，应隔绝空气保存，结合钠与煤油、石蜡油不反应，且密度大于煤油、石蜡油．【解答】解：A．目前采用的是在汽车排气装置中安装一个净化器，可以有效的将尾气中的有害气体转化，故A错误；B．工业上常用二氧化硫来漂白纸浆、毛、丝、草帽等，故B错误；C．稀土一般是以氧化物状态分离出来的，虽然在地球上储量非常巨大，但冶炼提纯难度较大，显得较为稀少，得名稀土，故C错误；D．钠易与空气中水、氧气反应，钠与煤油、石蜡油不反应，且密度大于煤油、石蜡油，保存在煤油中可以隔绝空气，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了环境污染与治理，物质的保存，稀土元素的含量与用途，熟悉相关知识是解题关键，题目难度不大．　3．下列实验装置正确的是（　　）A．实验室制乙烯B．酯化反应C．25\n实验室制取Cl2D．中和热的测定【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．实验室制取乙烯需要170℃，温度计测量温度为溶液温度；B．酯化反应中导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中；C．制取氯气时，尾气处理应该要防止倒吸；D．中和热测定中，温度计测量混合溶液温度，用环形玻璃棒搅拌溶液．【解答】解：A．实验室制取乙烯需要170℃，温度计测量温度为溶液温度，所以温度计应该插入溶液中，故A错误；B．酯化反应中导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，否则易产生倒吸现象，故B错误；C．制取氯气时，尾气处理应该要防止倒吸，尾气处理装置中应该有倒置的漏斗，故C错误；D．中和热测定中，温度计测量混合溶液温度，用环形玻璃棒搅拌溶液，使溶液温度混合均匀，符合实验条件，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重考查学生基本操作能力，明确实验原理及基本操作规范性是解本题关键，易错选项是B，注意B中试管中用饱和碳酸钠溶液而不是氢氧化钠溶液，为易错点．　4．用如图所示装置除去含CN﹣、Cl﹣废水中的CN﹣时，控制溶液pH为9～10，某电极上产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，下列说法正确的是（　　）A．可以用石墨作阳极，作铁阴极B．除去CN﹣的反应：2CN﹣+5ClO﹣+2H+═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2OC．阴极的电极反应式为：Cl﹣+2OH﹣+2e﹣═ClO﹣+H2OD．阳极的电极反应式为：2CN﹣+12OH﹣﹣10e﹣═N2↑+2CO32﹣+6H2O【考点】电解原理．【分析】A．该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极；B．阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成；C．阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子；D．阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水．【解答】解：A．该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，所以可以用石墨作氧化剂、铁作阴极，故A正确；25\nB．阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2CN﹣+5ClO﹣+H2O═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+2OH﹣，故B错误；C．电解质溶液呈碱性，则阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故C错误；D．阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2O，故D错误；故选A．【点评】本题为2022年四川省高考化学试题，涉及电解原理，明确各个电极上发生的反应及电解原理是解本题关键，易错选项是BD，注意B中反应生成物，注意D中碱性条件下不能有氢离子参加反应或生成．　5．甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）．下列说法正确的是（　　）A．若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙一定是两性氧化物B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应C．若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能具有漂白性D．若甲、丙、戊都含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲＜丙＜戊【考点】无机物的推断．【分析】A．甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则甲为Al或Si；B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则甲为Na，乙为氧气，所以丙可以为氧化钠或过氧化钠；C．丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为HCl和NH3或HNO3和NH3等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气或氢气或氮气；D．若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，戊为硫酸，则含S元素的化合价由低到高的顺序为甲＜丙＜戊．【解答】解：A．甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则甲为Al或Si，所以丙可能是氧化铝，也可能是二氧化硅，不一定是两性氧化物，故A错误；B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则甲为Na，乙为氧气，所以丙可以为氧化钠或过氧化钠，当丙为氧化钠时，丙生成戊不是氧化还原反应，故B错误；C．丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为HCl和NH3或HNO3和NH3等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气或氢气或氮气，都不具有漂白性，故C错误；D．若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，丁为HClO等具有强氧化性的物质，戊为硫酸，则含S元素的化合价由低到高的顺序为甲＜丙＜戊，故D正确；故选D．【点评】本题考查无机物的推断，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键，注意选项D为解答的难点，符合甲、丙、戊中同种元素的化合价升高为非金属元素或变价金属元素，题目难度较大．25\n　6．下列离子方程式书写及评价合理的是（　　）离子方程式评价AMg（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液：Mg2++2HCO3﹣+2OH﹣═MgCO3↓+CO32﹣+2H2O正确，NaOH过量，酸式盐与碱完全反应生成正盐和水；B1mol/L的NaAlO2溶液与2.5mol/L的HCl溶液等体积混合：2AlO2﹣+5H+═Al3++Al（OH）3↓+H2O正确，AlO2﹣与H+按物质的量1：1反应转化为Al（OH）3，过量的H+再将一半Al（OH）3转化为Al3+C将少量的Fe3O4溶解在过量的稀HNO3中：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O正确，Fe3O4化学式可改写为FeO•Fe2O3，Fe2+与Fe3+物质的量之比为1：2D将FeCl2溶液加入到NaClO溶液中：Fe2++2ClO﹣+2H2O═Fe（OH）2↓+2HClO错误，Fe2+与ClO﹣会发生氧化还原反应：2Fe2++ClO﹣+5H2O═2Fe（OH）3↓+Cl﹣+4H+A．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的书写．【分析】A．氢氧化钠过量，氢氧化镁比碳酸镁更难溶，反应生成氢氧化镁沉淀；B．计算出偏铝酸钠和氯化氢的物质的量，然后根据过量情况判断反应产物；C．稀硝酸具有强氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子；D．Fe2+与ClO﹣会发生氧化还原反应生成氢氧化铁沉淀、氯化钠和次氯酸．【解答】解：A．Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液，反应生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O，离子方程式错误，评价错误，故A错误；B．AlO2﹣与H+按物质的量1：1反应转化为Al（OH）3，过量的H+再将一半Al（OH）3转化为Al3+，反应的离子方程式为：2AlO2﹣+5H+═Al3++Al（OH）3↓+H2O，该评价合理，故B正确；C．四氧化三铁与稀硝酸发生氧化还原反应生成铁离子和一氧化氮气体，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3﹣+28H+═9Fe3++14H2O+NO↑，题中平均不合理，故C错误；D．Fe2+与ClO﹣会发生氧化还原反应，生成的氢离子与次氯酸根离子结合生成次氯酸，正确的离子方程式为：2Fe2++5ClO﹣+5H2O═2Fe（OH）3↓+Cl﹣+4HClO，题中平均合理，但是离子方程式书写错误，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．　7．25℃时，用0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液滴定20mL0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，当滴加VmLCH3COOH溶液时，混合溶液的pH=7．已知CH3COOH的电离平衡常数为Ka，忽略混合时溶液体积的变化，下列关系式正确的是（　　）A．Ka=B．V=C．Ka=D．Ka=【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．25\n【分析】CH3COOH的电离平衡常数为Ka=，当滴加VmLCH3COOH溶液时，混合溶液的pH=7，此时氢离子和氢氧根离子浓度相等，都是10﹣7mol/L，根据电荷守恒，钠离子浓度等于醋酸根离子浓度，c（Na+）=，代入Ka表达式进行计算即可．【解答】解：当滴加VmLCH3COOH溶液时，混合溶液的pH=7，此时氢离子和氢氧根离子浓度相等，都是10﹣7mol/L，根据电荷守恒，钠离子浓度等于醋酸根离子浓度，c（Na+）=mol/L，CH3COOH的电离平衡常数为Ka===，故选A．【点评】本题考查学生化学平衡常数的有关计算等方面的知识，注意电荷守恒在解题中的应用是关键，难度中等．　二、填空题[化学选修3：物质结构与性质]8．美国化学家鲍林教授具有独特的化学想象力：只要给他物质的分子式，他就能大体上想象出这种物质的分子结构模型．多核离子所带电荷可以认为是中心原子得失电子所致，根据VSEPR模型，下列离子中所有原子都在同一平面上的一组是　C　．A、NO2﹣和NH4+B、H3O+和ClO3﹣C、NO3﹣和CO32﹣D、PO43﹣和SO42﹣．【考点】判断简单分子或离子的构型．【分析】离子中所有原子都在同一平面上，则离子的空间构型为直线形、V形或平面三角形，根据中心原子的价层电子对数判断分子的空间构型，价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对，据此分析．【解答】解：A、NO2﹣中心原子的价层电子对数=2+（5+1﹣2×2）=3，含有一个孤电子对，空间构型为V形，NH4+中心原子的价层电子对数=4+（5﹣1﹣4×1）=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故A不选；B、H3O+中心原子的价层电子对数=3+（6﹣1﹣3×1）=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，ClO3﹣中心原子的价层电子对数=3+（7+1﹣3×2）=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，故B不选；25\nC、NO3﹣中心原子的价层电子对数=3+（5+1﹣3×2）=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，CO32﹣中心原子的价层电子对数=3+（4+2﹣2×3）=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故C选；D、PO43﹣中心原子的价层电子对数=4+（5+3﹣4×2）=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，SO42﹣中心原子的价层电子对数=4+（6+2﹣4×2）=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故D不选．故选C．【点评】本题考查了离子的立体构型的判断，侧重考查杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子或离子中原子的杂化及空间构型的判断方法为解答的关键，题目难度中等．　[化学选修3：物质结构与性质]9．铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示：电离能/kJ•mol﹣1I1I2铜7461958锌9061733铜的第一电离能（I1）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I2）却大于锌的第二电离能，其主要原因是　气态Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu+，能量较低，所以Cu的第二电离能相对较大（或气态Zn失去一个电子变成结构为[Ar]3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小）　．【考点】元素电离能、电负性的含义及应用．【分析】根据轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，再失去电子需要的能量较大来分析．【解答】解：轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，所以气态Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu+，能量较低，所以Cu的第二电离能相对较大（或气态Zn失去一个电子变成结构为[Ar]3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小），故答案为：气态Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu+，能量较低，所以Cu的第二电离能相对较大（或气态Zn失去一个电子变成结构为[Ar]3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小）．【点评】本题考查电离能大小的判断知识点，明确电离能大小与原子结构的关系是解本题关键，难度中等．　[化学选修3：物质结构与性质]10．石墨烯是从石墨材料中剥离出来、由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体．其结构如图：有关说法正确的是　BD　．A、固态时，碳的各种单质的晶体类型相同B、石墨烯中含有非极性共价键C、从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键D、石墨烯具有导电性25\n【考点】化学键；极性键和非极性键．【分析】碳形成的晶体有多种，如石墨、金刚石等，石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，层内存在共价键，以此解答该题．【解答】解：A．碳形成的晶体有多种，如石墨、金刚石、C60等，金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，故A错误；B．石墨烯中只含有C﹣C键，为非极性键，故B正确；C．石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故C错误；D．石墨烯具有石墨的性质，具有导电性，故D正确．故选BD．【点评】本题考查了石墨烯的相关知识，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意基础知识的积累．　[化学选修3：物质结构与性质]11．最近科学家成功以CO2为原料制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以4个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限延伸结构，则该晶体中碳原子采用　sp3　杂化与周围氧原子成键；晶体中碳氧原子个数比为　1：2　；碳原子数与C﹣O化学键数之比为　1：4　．【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】根据题意知，该化合物晶体中以C﹣O结合为一种空间网状的无限延伸结构，所以该化合物属于原子晶体，和晶体二氧化硅的结构相似，根据原子晶体的性质分析解答．【解答】解：该化化合物晶体中每个碳原子均以4个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限延伸结构，所以该晶体中碳原子采用sp3杂化，晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，每个碳原子含有4个C﹣O共价键，所以碳原子数与C﹣O化学键数之比为1：4；故答案为：sp3；1：2；1：4．【点评】本题考查晶体类型的判断及其结构的分析，该化合物和二氧化硅晶体的结构类似，根据二氧化硅的结构来分析解答即可，难度中等．　[化学选修3：物质结构与性质]12．已知钼（Mo）的晶胞为体心立方晶胞，钼原子半径为apm，相对原子质量为M，以NA表示阿伏伽德罗常数的值，请写出金属钼密度的计算表达式　　g/cm3．【考点】晶胞的计算．25\n【分析】钼（Mo）的晶胞为体心立方晶胞，一个晶胞中含有钼原子数为1+8×=2，金属钼原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切，钼原子的半径为晶胞体对角线的，所以晶胞的边长为pm，根据求得晶胞的密度．【解答】解：钼（Mo）的晶胞为体心立方晶胞，一个晶胞中含有钼原子数为1+8×=2，金属钼原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切，钼原子的半径为晶胞体对角线的，所以晶胞的边长为pm，则=g/cm3=g/cm3，故答案为：．【点评】本题考查了晶胞的计算，比较简单，解题时要运用好基本公式及用均摊法计算，答题的难点是对对晶胞的空间结构的想象．　三、简答题．13．（14分）（2022秋•武汉校级期中）某晶体（结晶水合物）由五种短周期元素组成．常温下，将该晶体溶于蒸馏水后可电离出三种离子（忽略水的电离），其中两种离子含有的电子数均为10个．将该溶液分成等量2份，一份中加入足量稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；向另一份中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．请回答下列问题：（1）若该晶体的摩尔质量为906g•mol﹣1，写出该晶体的化学式　（NH4）2SO4•Al2（SO4）3•24H2O　；（2）B点溶液的pH　＞　7（填“＜”、“＞”或“=”），用化学用语表示其原因　NH3•H2O⇌NH4++OH﹣　．（3）若向该晶体的水溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至产生最多的沉淀，写出该变化的离子方程式　NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=NH3•H2O+Al（OH）3↓+BaSO4↓　．（4）C点溶液中所含溶质的化学式为　Na2SO4、NaAlO2、NH3•H2O　；此时溶液中各种离子浓度由大到小顺序为　c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）　．25\n【考点】复杂化学式的确定．【分析】一份中加入足量稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，说明溶液中有硫酸根离子，由图象随氢氧化钠的加入沉淀量先增加，后减少，而A→B沉淀量不变，说明铵根离子与氢氧根结合生成一水合氨，所以晶体是硫酸铝铵的结晶水合物，而O→A消耗氢氧化钠的体积是6，而A→B，消耗氢氧化钠是2，所以晶体组成中铵根离子与铝之比为：1；1，（1）硫酸铝铵的结晶水合物的化学式为（NH4）2SO4•Al2（SO4）3•xH2O，求出x的值；（2）B点的溶质为硫酸钠和一水合氨，以氨水的电离为主，溶液呈碱性；（3）产生最多的沉淀，也就是硫酸根离子完全沉淀，所以离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=NH3•H2O+Al（OH）3↓+BaSO4↓；（4）B→C，发生氢氧化铝溶解，所以C点的溶质为：Na2SO4、NaAlO2、NH3•H2O，此时溶液呈碱性，结合各离子的物质的量分析离子浓度的大小．【解答】解：加入BaCl2溶液，说明溶液中有硫酸根离子，由图象随氢氧化钠的加入沉淀量先增加，后减少，而A→B沉淀量不变，说明铵根离子与氢氧根结合生成一水合氨，所以晶体是硫酸铝铵的结晶水合物，而O→A消耗氢氧化钠的体积是6，而A→B，消耗氢氧化钠是2，所以晶体组成中铵根离子与铝之比为：1；1，（1）硫酸铝铵的结晶水合物的化学式为（NH4）2SO4•Al2（SO4）3•xH2O，得x==24，所以晶体的化学式为：（NH4）2SO4•Al2（SO4）3•24H2O；故答案为：（NH4）2SO4•Al2（SO4）3•24H2O；（2）B点的溶质为硫酸钠和一水合氨，以氨水的电离为主，溶液呈碱性，氨水电离的方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故答案为：＞；NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；（3）产生最多的沉淀，也就是硫酸根离子完全沉淀，所以离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=NH3•H2O+Al（OH）3↓+BaSO4↓，故答案为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=NH3•H2O+Al（OH）3↓+BaSO4↓；（4）B→C，发生氢氧化铝溶解，所以C点的溶质为：Na2SO4、NaAlO2、NH3•H2O，此时溶液呈碱性，一水合氨的电离大于偏铝酸盐的水解，而一水合氨电离产生的氢氧根离子对偏铝酸根离子的水解起抑制作用，所以离子浓度大小的顺序为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）．【点评】本题考查离子的检验和推断，题目难度中等，注意从守恒的角度推断结晶水合物的化学式，注意（4）中离子浓度大小的分析，为易错点．　14．（14分）（2022秋•武汉校级期中）次硫酸氢钠甲醛（NaHSO2•HCHO•2H2O）俗称吊白块，不稳定，120℃时会分解．在印染、医药以及原子能工业中有广泛应用．以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如图：步骤1：在三颈烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液．步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞．向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80～90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤；步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶．（1）装置B的烧杯中应加入的溶液是　氢氧化钠溶液　；冷凝管中冷却水从　a　（填“a”或“b”）口进水．（2）A中多孔球泡的作用是　增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率　．（3）冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有　HCHO　（填化学式）．25\n（4）写出步骤2中发生反应的化学方程式　NaHSO3+HCHO+Zn+H2O=NaHSO2•HCHO+Zn（OH）2　．（5）步骤3中在真空容器中蒸发浓缩的原因是　防止温度过高使产物分解，也防止氧气将产物氧化　．（6）为了测定产品的纯度，准确称取2.0g样品，完全溶于水配成100mL溶液，取20.00mL所配溶液，加入过量碘完全反应后（已知I2不能氧化甲醛，杂质不反应），加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重得到白色固体0.466g，则所制得的产品的纯度为　77%　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）未反应的二氧化硫气体是酸性氧化物能和碱溶液反应；根据采用逆流冷却效果好判断进水口；（2）多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积；（3）甲醛易挥发，据此判断回流物质；（4）步骤2中锌粉和甲醛溶液、NaHSO3溶液发生氧化还原反应生成次硫酸氢钠甲醛和氢氧化锌沉淀；（5）次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，遇到空气中的氧气易被氧化；（6）根据反应NaHSO2•HCHO•2H2O+2I2=NaHSO4+HI+HCHO和NaHSO4+BaCl2=BaSO4↓+HCl+NaCl得关系式NaHSO2•HCHO•2H2O～BaCl2，可计算得纯NaHSO2•HCHO•2H2O的质量，根据纯度=×100%．【解答】解：：（1）实验中未参与反应的二氧化硫气体会通过导气管进入B装置，可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫乙防止污染空气，根据采用逆流冷却效果好可知进水口为a，故答案为：氢氧化钠溶液；a；（2）多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率，故答案为：增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率；（3）HCHO易挥发，在80°C﹣90°C条件下会大量挥发，所以冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有HCHO，故答案为：HCHO；（4）步骤2中锌粉和甲醛溶液、NaHSO3溶液发生氧化还原反应生成次硫酸氢钠甲醛和氢氧化锌沉淀，反应方程式为NaHSO3+HCHO+Zn+H2O=NaHSO2•HCHO+Zn（OH）2，故答案为：NaHSO3+HCHO+Zn+H2O=NaHSO2•HCHO+Zn（OH）2；（5）次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，遇到空气中的氧气易被氧化，所以步骤3中在真空容器中蒸发浓缩的原因是防止温度过高使产物分解，也防止氧气将产物氧化，故答案为：防止温度过高使产物分解，也防止氧气将产物氧化；（6）根据反应NaHSO2•HCHO•2H2O+2I2=NaHSO4+HI+HCHO和NaHSO4+BaCl2=BaSO4↓+HCl+NaCl得关系式NaHSO2•HCHO•2H2O～BaCl225\n，硫酸钡的质量为0.466g，其物质的量为0.002mol，所以样品中纯NaHSO2•HCHO•2H2O的质量为0.002mol××154g/mol=1.54g，所以纯度=×100%=×100%=77%，故答案为：77%．【点评】本题考查了实验制备方案的设计，实验步骤的操作，仪器使用方法，反应过程中的物质判断，题目难度中等．　15．（15分）（2022秋•武汉校级期中）氮、碳都是重要的非金属元素，含氮、碳元素的物质在工业生产中有重要的应用．（1）请写出工业上由NH3制取NO的化学方程式　4NH3+5O2\frac{\underline{\;催化剂\;}}{△}4NO+6H2O　．（2）一定条件下，铁可以和CO2发生反应：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），已知该反应的平衡常数K与温度T的关系如图所示．①该反应的逆反应是　放热　（填“吸热”或“放热”）反应．②T℃、Ppa压强下，在体积为VL的容器中进行反应，下列能说明反应达到平衡状态的是　A　．A、混合气体的平均相对分子质量不再变化；B、容器内压强不再变化；C、v正（CO2）=v逆（FeO）③T1温度下，向体积为VL的密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2，反应过程中CO和CO2物质的量与时间的关系如图乙所示．则CO2的平衡转化率为　　，平衡时混合气体的密度与起始时气体的密度之比为　　．（3）在恒温条件下，起始时容积均为5L的甲、乙两密闭容器中（甲为恒容容器、乙为恒压容器），均进行反应：N2+3H2⇌2NH3，有关数据及平衡状态特定见表．容器起始投入达平衡时甲2molN23molH20molNH31.5molNH3同种物质的体积分数相同乙amolN2bmolH20molNH31.2molNH3起始时乙容器中的压强是甲容器的　0.8　倍．（4）一定条件下，2.24L（折算为标准状况）N2O和CO的混合气体在点燃条件恰好完全反应，放出bkJ热量．生成的3种产物均为大气组成气体，并测得反应后气体的密度是反应前气体密度的倍．请写出该反应的热化学方程式　4N2O（g）+2CO（g）═4N2（g）+2CO2（g）+O2（g）△H=﹣60bkJ•mol﹣1　．25\n【考点】化学平衡的影响因素；热化学方程式；化学平衡状态的判断．【分析】（1）氨气在催化剂作用下加热反应生成一氧化氮和水；（2）①图象甲中平衡常数曲线随温度升高增大，说明正反应为吸热反应，逆向为放热反应；②当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等（同种物质），各物质的浓度、含量不再改变，以及由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断；③T1温度下反应的平衡常数为2，结合平衡三段式列式计算，转化率=×100%，平衡时混合气体的密度与起始时气体的密度之比为气体摩尔质量之比；（3）依据图表数据和平衡三段式列式计算，气体压强之比等于气体物质的量之比；（4）N2O和CO的混合气体在点燃条件恰好完全反应，放出bkJ热量．生成的3种产物均为大气组成气体，为氮气、氧气和二氧化碳，反应后气体的密度是反应前气体密度的倍．相同条件下密度之比等于气体物质的量之比，由于产生三种可参与大气循环的气体，产生的气体为二氧化碳、氮气和氧气，N2O和CO可能发生的反应只能为：N2O+CO=N2+CO2、2N2O=2N2+O2，反应后气体密度减小为反应前的，结合质量守恒可知，反应后气体体积增大为反应前的，即增大了体积，上述两个反应第一个反应前后体积不变，而第二个反应2体积的N2O反应后增大为3体积的N2和O2混合气体，因此可知在原混合气体中有体积的N2O直接发生了分解，而剩余体积气体中有体积的N2O和体积的CO发生了第一个反应，据此据此N2O与CO所组成的混合物中气体的体积之比；结合热化学方程式书写方法标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出．【解答】解：：（1）氨气在催化剂作用下加热反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）①图象甲中平衡常数曲线随温度升高而增大，说明正反应为吸热反应，逆向为放热反应，故答案为：放热；②Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），反应前后是气体体积不变的放热反应，A、反应前后气体物质的量不变，气体质量发生变化，混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡状态，A正确；B、反应前后气体体积不变，容器内压强始终不发生变化，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C、氧化亚铁是固体，不能表示反应速率，故C错误；故答案为：A；③T1温度下，向体积为VL的密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2，平衡常数为2，设二氧化碳起始量为x，变化量为y，Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），起始量x0变化量yy25\n平衡量x﹣yy平衡常数K==2=二氧化碳转化率==，平衡时混合气体的密度与起始时气体的密度之比为气体摩尔质量之比=：44=25：33，故答案为：，；（3）甲、乙两组实验中同种物质的体积分数相同，说明达到相同的平衡状态，乙容器体积V，=，V=4L甲组N2+3H2⇌2NH3，起始量230变化量0.752.251.5平衡量1.250.751.5乙组N2+3H2⇌2NH3，起始量ab0变化量0.61.81.2平衡量a﹣0.6b﹣1.81.2=a=1.6mol=b=2.4mol起始时乙容器中的压强是甲容器的倍数=0.8为：0.8；（4）由于产生三种可参与大气循环的气体，则N2O和CO可能发生的反应只能为：N2O+CO=N2+CO2、2N2O=2N2+O2，反应后气体密度减小为反应前的，结合质量守恒可知，反应后气体体积增大为反应前的，即增大了体积，上述两个反应第一个反应前后体积不变，而第二个反应2体积的N2O反应后增大为3体积的N2和O2混合气体，因此可知在原混合气体中有体积的N2O直接发生了分解，而剩余体积气体中有体积的N2O和体积的CO发生了第一个反应，即混合气体中有mol的N2O和mol的CO，体积比为2：1，则配平得到反应的化学方程式为；4N2O（g）+2CO（g）═4N2（g）+2CO2（g）+O2（g），2.24L（折算为标准状况）N225\nO和CO的混合气体物质的量为0.1mol，在点燃条件恰好完全反应，放出bkJ热量，则6mol混合气体完全燃烧放热60bKJ，则热化学方程式为：4N2O（g）+2CO（g）═4N2（g）+2CO2（g）+O2（g）△H=﹣60bkJ•mol﹣1，故答案为：4N2O（g）+2CO（g）═4N2（g）+2CO2（g）+O2（g）△H=﹣60bkJ•mol﹣1．【点评】本题考查了化学平衡图象分析，影响因素判断，热化学方程式书写，混合物反应的计算，题目难度中等，涉及焓变、反应热、物质的量的计算，试题计算量较大，充分考查学生的分析、理解能力及化学计算能力，明确发生反应的原理为解答关键．　[化学选修5：化学与技术]16．（2022秋•武汉校级期中）硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个有一个奇迹．（1）新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定．工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCl4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式　3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl　．（2）一种用工业硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物），已知硅的熔点是1420℃，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅．一种合成氮化硅的工艺主要流程如图：①净化N2和H2时，铜屑的作用是：　除去原料气中的氧气　；硅胶的作用是　除去生成的水蒸气　．②在氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）═Si3N4（s）△H=﹣727.5kJ/mol，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度　该反应为放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触　；体系中要通入适量的氢气是为了　将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或将整个体系中空气排尽）　．③X可能是　硝酸　（选填：“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”、“氢氟酸”）．（3）工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅：①整个制备过程必须严格控制无水无氧．SiHCl3遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式　SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2↑　．②假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应Ⅰ中HCl的利用率为90%，反应Ⅱ中H2的利用率为93.75%．则在第二轮次的生产中，补充投入HCl和H2的物质的量之比是　5：1　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据信息：四氯化硅和氮气在氢气的气氛保护下，加强热发生反应，除生成氮化硅外还有氯化氢生成；（2）①Cu能与氧气反应，硅胶具有吸水性；②控制氮气的流速是防止温度过高，体系中要通入适量的氢气可将氧气转化为水蒸气；③氮化硅能与HF酸反应，盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉；25\n（3）①SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气；②反应生产1mol纯硅需补充HCl：﹣3，需补充H2：﹣1．【解答】解：（1）由信息：四氯化硅和氮气在氢气的气氛保护下，加强热发生反应，可得较高纯度的氮化硅以及氯化氢，方程式为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl，故答案为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl；（2）①Cu能与氧气反应，则Cu屑的作用为除去原料气中的氧气；硅胶具有吸水性，可除去生成的水蒸气，故答案为：除去原料气中的氧气；除去生成的水蒸气；②氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）=Si3N4（s）△H=﹣727.5kJ/mol，该反应为放热反应，开始时严格控制氮气的流速以控制温度是防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；体系中要通入适量的氢气是为将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或整个体系中空气排尽），故答案为：该反应为放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或将整个体系中空气排尽）；③氮化硅能与HF酸反应，盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉，为除去混有的Cu，可选择硝酸，Cu与硝酸反应，而氮化硅与硝酸不反应，故答案为：硝酸；（3）①SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气：3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl，故答案为：3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl；③反应生产1mol纯硅需补充HCl：﹣3，需补充H2：﹣1，补充HCl与H2的物质的量之比为≈5：1．故答案为：5：1．【点评】本题考查氮化硅的制备实验方案的设计，明确制备实验的装置中各部分的作用及物质的性质是解答本题的关键，注意物质的特性即可解答，题目难度中等．　[化学选修5：有机化学]17．（2022秋•武汉校级期中）工业上合成a﹣萜品醇G的路线之一如图：已知：请回答下列问题：（1）F中所含官能团的名称是　碳碳双键和酯基　；B→C的反应类型为　取代反应　．25\n（2）写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式　　．①只有3种环境的氢原子②能发生银镜反应③分子中含六元环（3）A的核磁共振氢谱有　4　个吸收峰，面积比为　1：1：4：4　．（4）写出C→D转化的化学方程式　　．（5）写出B在一定条件下聚合成高分子化合物的化学方程式　　．（6）G可以与H2O催化加成得到不含手性碳原子的化合物H，请写出H的结构简式　　．【考点】有机物的推断．【分析】由A、B的结构可知，A与甲烷发生加成反应生成B，B与HBr发生取代反应生成C为，C发生消去反应生成D为，D酸化得到E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，F发生信息反应生成G，结合F与G的结合可知Y为CH3MgBr，据此解答．【解答】解：由A、B的结构可知，A与甲烷发生加成反应生成B，B与HBr发生取代反应生成C为，C发生消去反应生成D为，D酸化得到E为25\n，E与乙醇发生酯化反应生成F为，F发生信息反应生成G，结合F与G的结合可知Y为CH3MgBr，（1）根据上面的分析可知，F为，F中所含官能团的名称是碳碳双键和酯基，B→C的反应类型为取代反应，故答案为：碳碳双键和酯基；取代反应；（2）E为，根据条件①只有3种环境的氢原子，②能发生银镜反应，说明有醛基，③分子中含六元环，则满足条件的E的同分异构体的结构简式为，故答案为：；（3）根据A的结构简式可知，A的核磁共振氢谱有4个吸收峰，面积比为1：1：4：4，故答案为：4；1：1：4：4；（4）C为，C发生消去反应生成D为，反应的化学方程式为，故答案为：；25\n（5）B在一定条件下聚合成高分子化合物的化学方程式为，故答案为：；（6）G与H2O催化加成得不含手性碳原子，羟基接在连接甲基的不饱和C原子上，H的结构简式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度中等，充分利用有机物的结构、反应条件及反应信息进行判断，掌握官能团的性质与理解反应信息是关键，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型．　25