广西柳州市铁路一中2022届高三化学上学期10月月考试卷含解析

2022-2022学年广西柳州市铁路一中高三（上）月考化学试卷（10月份）　一、选择题1．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（　　）A．Fe2O3常用作红色油漆和涂料B．氟氯烃是安全、环保的制冷剂C．聚丙烯酸钠可做“尿不湿”原料D．硅胶可用作瓶装药品干燥剂　2．常温下，下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．0.1mol/LAgNO3溶液：H+、K+、SO42﹣、I﹣B．加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl﹣、I﹣C．甲基橙呈红色的溶液中：MnO4﹣、Al3+、C2H5OH、SO42﹣D．=0.1mol/L的溶液：K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣　3．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，它们形成的常见化合物WX能抑制水的电离，YZ2能促进水的电离，则Y元素是（　　）A．MgB．NC．BeD．S　4．利用如图实验装置，能得出相应实验结论的是（　　）①②③实验结论A浓醋酸CaCO3C6H5ONa酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性CH2O电石KMnO4乙炔具有还原性D盐酸Na2CO3Na2SiO3非金属性：Cl＞C＞SiA．AB．BC．CD．D　5．相对分子质量均为88的饱和一元醇和饱和一元羧酸发生酯化反应，生成酯的结构可能有（不考虑立体异构）（　　）A．8种B．12种C．16种D．18种　6．已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中Y、R原子最外层电子数相等；X元素最低负价与W元素最高正价绝对值相等；工业上常用电解熔融氧化物的方法冶炼W单质；Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水．下列说法正确的是（　　）A．简单离子半径：Y＞Z＞WB．简单氢化物的热稳定性：X＞Y＞RC．W的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的强D．R的最高价氧化物对应的水化物化学式一定是HRO423\n　7．某绝热恒容容器中充入2mol/LNO2，发生反应2NO2⇌N2O4△H=﹣56.9kJ/mol下列分析不正确的是（　　）A．5s时NO2的转化率为75%B．0﹣3s时v（NO2）增大是由于体系温度升高C．3s时化学反应处于平衡状态D．9s时再充入N2O4，平衡后K较第一次平衡时大　　二、解答题（共5小题，满分43分）8．（12分）（2022秋•柳州校级月考）正丁醚常用作有机反应的溶剂．实验室制备正丁醚的反应和主要实验装置如下：2CH3CH2CH2CH2OH（CH3CH2CH2CH2）2O+H2O反应物和产物的相关数据如下相对分子质量沸点/℃密度/（g•cm﹣3）水中溶解性正丁醇74117.20.8109微溶正丁醚130142.00.7704几乎不溶合成反应：①将6mL浓硫酸和37g正丁醇，按一定顺序添加到A中，并加几粒沸石．②加热A中反应液，迅速升温至135℃，维持反应一段时间．分离提纯：③待A中液体冷却后将其缓慢倒入盛有70mL水的分液漏斗中，振荡后静置，分液得粗产物．④粗产物依次用40mL水、20mLNaOH溶液和40mL水洗涤，分液后加入约3g无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙．⑤将上述处理过的粗产物进行蒸馏，收集馏分，得纯净正丁醚11g．请回答：（1）步骤①中浓硫酸和正丁醇的添加顺序为　　　　　　．（2）加热A前，需先从　　　　　　（填“a”或“b”）口向B中通入水．（3）步骤③的目的是初步洗去　　　　　　，振荡后静置，粗产物应从分液漏斗的　　　　　　（填“上”或“下”）口分离出．（4）步骤④中最后一次水洗的目的为　　　　　　．（5）步骤⑤中，加热蒸馏时应收集　　　　　　（填选项字母）左右的馏分．a．100℃b．117℃c．135℃d．142℃（6）反应过程中会观察到分水器中收集到液体物质，且分为上下两层，随着反应的进行，分水器中液体逐渐增多至充满时，上层液体会从左侧支管自动流回A．分水器中上层液体的主要成分为　　　　　　，下层液体的主要成分为　　　　　　．23\n（7）本实验中，正丁醚的产率为　　　　　　．（保留两位有效数字）　9．X、Y是相邻周期、相邻主族的短周期元素，且原子序数X＞Y．填写下列空白：（1）若X为金属元素，Y为非金属元素，Y2H4是一种重要有机化工原料．①X单质与Fe2O3反应时，每消耗13.5gX放热213kJ，该反应的热化学方程式是　　　　　　；②写出实验室制备Y2H4的化学方程式　　　　　　；（2）若X、Y元素的最高价氧化物的水化物都是强酸．为防止YO2污染空气，科学家寻求合适的化合物G和催化剂，以实现反应：YO2+GY2+H2O+nZ（未配平，n可以为0）①上述反应式中的G不可能是　　　　　　（填标号）．A．NH3B．COC．CH3CH2OH②25℃时，往amol•L﹣1的YH3的水溶液（甲）中滴加0.01mol•L﹣1H2XO4溶液（乙），当甲与乙等体积混合时，溶液呈中性（设温度不变），甲中溶质的电离常数Kb=　　　　　　（用含a的代数式表示）．　10．离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝．钢制品应接电源的　　　　　　极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为　　　　　　．若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为　　　　　　．　11．甲醇汽油是一种新能源清洁燃料，可以作为汽油的替代物．工业上可用CO和H2制取甲醇，化学方程式为：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=bkJ/mol，为研究平衡时CO的转化率与反应物投料比（）及温度的关系，研究小组在10L的密闭容器中进行模拟反应，并绘出如图所示：（1）反应热b　　　　　　0（填“＞”或“＜”）．（2）若Ⅱ反应的n（CO）起始=10mol、投料比为0.5，A点的平衡常数KA=　　　　　　，B点的平衡常数KB　　　　　　KA（填“＞”或“＜”或“=”）．（3）为提高CO转化率可采取的措施是　　　　　　、　　　　　　（答出两条即可）．23\n　12．（15分）（2022秋•柳州校级月考）氮、磷及其化合物在科研及生产中均有着重要的应用．（1）室温下，浓度均为0.1mol/L的亚硝酸（HNO2）、次氯酸两种溶液，它们的电离常数Ka分别为：7.1×10﹣4、2.98×10﹣8．将0.1mol/L的亚硝酸稀释，c（H+）将　　　　　　（填“不变”、“增大”、“减小”）；Ka值将（填“不变”、“增大”、“减小”）　　　　　　．写出涉及HNO2、HClO、NaNO2、NaClO四种物质之间发生的复分解反应的化学方程式　　　　　　．（2）羟胺（NH2OH）可看成是氨分子内的l个氢原子被羟基取代的产物，常用作还原剂，其水溶液显弱碱性．已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，请用电离方程式表示其原因　　　　　　．（3）磷及部分重要化合物的相互转化如图1所示．①步骤Ⅰ为白磷的工业生产方法之一，反应在1300℃的高温炉中进行，其中SiO2的作用是用于造渣（CaSiO3），焦炭的作用是　　　　　　．②不慎将白磷沾到皮肤上，可用CuSO4溶液冲洗，根据步骤Ⅱ可判断，1molCuSO4所能氧化的白磷的物质的量为　　　　　　mol．（4）若处理后的废水中c（PO43﹣）=4×10﹣7mol•L﹣1，溶液中c（Ca2+）=　　　　　　mol•L﹣1．（已知Ksp[Ca3（PO4）2]=2×10﹣29）（5）某液氨﹣液氧燃料电池示意图如图2，该燃料电池的工作效率为50%，现用作电源电解500mL的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液中NaOH的浓度为0.3mol•L﹣1，则该过程中需要氨气的质量为　　　　　　．（假设溶液电解前后体积不变）　　【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）13．（15分）（2022秋•柳州校级月考）工业上制取硝酸铵的流程图如图1，请回答下列问题：23\n（1）在上述工业制硝酸的生产中，B设备的名称是　　　　　　，其中发生反应的化学方程式为　　　　　　．（2）此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是　　　　　　．1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨，2022年化学家格哈德•埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程．示意图如图2：分别表示N2、H2、NH3．图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②和图③的含义分别是　　　　　　、　　　　　　．（3）在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交换器的目的是　　　　　　；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是　　　　　　．（4）生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O氨气还原法：8NH3+6NO27N2+12H2O（NO也有类似的反应）以上两种方法中，符合绿色化学的是　　　　　　．（5）某化肥厂用NH3制备NH4NO3．已知：由NH3制NO的产率是96%，NO制HNO3的产率是92%，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其它损耗）的　　　　　　%．（6）硝酸铵是一种常用的氮肥，在贮存和使用该化肥时，把应注意的事项及理由填入下表．注意事项理由①　　　　　　②　　　　　　　　【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）14．（2022•河北模拟）有关元素的部分信息如下表所示：元素ABRD相应信息短周期元素、最高正价为+7基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向的电子R核外电子共有15种运动状态D与A能形成两种常见的化合物DA2，DA3回答下列问题：（1）D的基态原子电子排布式为　　　　　　，A、B、D三种元素电负性由大到小的顺序为　　　　　　（用具体的元素符号填写）．23\n（2）化合物BA4、RA3、RA5中，中心原子的轨道类型不是sp3杂化的是　　　　　　，分子杓型是正四面体的是　　　　　　，属于极性分子的是　　　　　　．（用化学式填写）（3）已知DA3的沸点：319℃，熔点：306℃，则DA3的晶体类型为　　　　　　，B与氢元素能形成BnH2n+2（n为正整数）的一系列物质，这一系列物质沸点的变化规律是　　　　　　．（4）R可形成H3RO4、HRO3、H3RO3等多种酸，则这三种酸酸性由强到弱的顺序为　　　　　　．（用化学式填写）（5）已知D的单质有如图所示的两种常见堆积方式：其中属于面心立方最密堆积的是　　　　　　（填a或b）；若单质D按b方式紧密堆积，原子半径为rcm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则单质D的密度　　　　　　g/cm3（列出算式即可）．　　【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）15．（2022秋•柳州校级月考）水杨酸酯E为紫外线吸收剂，可用于配制防晒霜．E的一种合成路线如下：已知：2RCH2CHO请回答下列问题：（1）饱和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则A的分子式为　　　　　　．结构分析显示A只有一个甲基，则A的名称为　　　　　　．（2）B能发生银镜反应，该反应的化学方程式为　　　　　　．（3）C中含有官能团的名称为　　　　　　；若一次取样，检验C中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂　　　　　　．（4）第③步的反应类型为　　　　　　；D的一种同分异构体M的核磁共振氢谱显示只有一种峰，写出M的结构简式　　　　　　．（5）写出E的结构简式　　　　　　．　　23\n2022-2022学年广西柳州市铁路一中高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析　一、选择题1．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（　　）A．Fe2O3常用作红色油漆和涂料B．氟氯烃是安全、环保的制冷剂C．聚丙烯酸钠可做“尿不湿”原料D．硅胶可用作瓶装药品干燥剂【考点】铁的氧化物和氢氧化物；常见的生活环境的污染及治理；有机高分子化合物的结构和性质．【分析】A．Fe2O3为红色物质；B．氟氯烃制冷剂会导致臭氧层被破坏；C．聚丙烯酸钠具有超强吸水性；D．硅胶具有微观多孔的结构，吸水性强．【解答】A．Fe2O3为红色物质，常用作红色油漆和涂料，故A正确；B．氟氯烃制冷剂会导致臭氧层被破坏，减少紫外线的吸收，增大紫外线对人类健康的影响，会造成环境污染，故B错误；C．聚丙烯酸钠具有超强吸水性，可用于生产尿不湿，故C正确；D．硅胶具有微观多孔的结构，吸水性强，可作干燥剂，故D正确；故选B．【点评】本题考查常见物质的性质和用途，难度不大．要注意平时基础知识的积累．　2．常温下，下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．0.1mol/LAgNO3溶液：H+、K+、SO42﹣、I﹣B．加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl﹣、I﹣C．甲基橙呈红色的溶液中：MnO4﹣、Al3+、C2H5OH、SO42﹣D．=0.1mol/L的溶液：K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．银离子与硫酸根离子、碘离子发生反应；B．加入苯酚显紫色的溶液中存在铁离子，铁离子能够氧化碘离子；C．甲基橙呈红色的溶液显酸性，高锰酸根离子、乙醇在酸性条件下发生氧化还原反应；D．该溶液为碱性溶液，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应．【解答】解：A．Ag+与SO42﹣、I﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．加入苯酚显紫色的溶液中含Fe3+，Fe3+与I﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．甲基橙呈红色的溶液显酸性，MnO4﹣、C2H5OH发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．该溶液中氢氧根离子浓度0.1mol/L，溶液显碱性，K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣之间不反应，可大量共存，故D正确；23\n故选D．【点评】本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．　3．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，它们形成的常见化合物WX能抑制水的电离，YZ2能促进水的电离，则Y元素是（　　）A．MgB．NC．BeD．S【考点】位置结构性质的相互关系应用；水的电离．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】化合物WX能抑制水的电离说明是酸，则W为H，X为F或Cl元素，由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，说明X为F，化合物YZ2能促进水的电离说明是含弱离子的盐，水解促进水的电离，由化学式可知Y为金属阳离子，且+2价离子，则Y是Mg，Z是Cl元素．【解答】解：化合物WX能抑制水的电离说明是酸，则W为H，X为F或Cl元素，由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，说明X为F，化合物YZ2能促进水的电离说明是含弱离子的盐，水解促进水的电离，由化学式可知Y为金属阳离子，且+2价离子，原子序数大于氟，则Y是Mg，Z是Cl元素，故选A．【点评】本题考查位置性质关系，根据短周期元素形成的化合物WX能抑制水的电离，推断W、X是关键，注意理解水的电离平衡的影响因素，难度中等．　4．利用如图实验装置，能得出相应实验结论的是（　　）①②③实验结论A浓醋酸CaCO3C6H5ONa酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性CH2O电石KMnO4乙炔具有还原性D盐酸Na2CO3Na2SiO3非金属性：Cl＞C＞SiA．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．醋酸易挥发，③中变浑浊可能为醋酸与苯酚钠的反应；B．浓硫酸具有脱水性，使蔗糖变为C，且浓硫酸具有强氧化性，与C发生氧化还原反应生成的二氧化硫能使溴水褪色；C．电石与水反应生成乙炔，乙炔与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，但电石中混有含硫物质，会生成硫化氢等；D．比较非金属性可利用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，而盐酸为无氧酸．【解答】解：A．醋酸易挥发，③中变浑浊可能为醋酸与苯酚钠的反应，则图中装置不能确定碳酸与苯酚的酸性强弱，故A错误；B．浓硫酸具有脱水性，使蔗糖变为C，且浓硫酸具有强氧化性，与C发生氧化还原反应生成的二氧化硫能使溴水褪色，按照图中装置发生的实验现象能说明浓硫酸的性质，故B正确；23\nC．电石与水反应生成乙炔，乙炔与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，但电石中混有含硫物质，会生成硫化氢等，硫化氢也能使溶液褪色，则不能说明乙炔的还原性，故C错误；D．比较非金属性可利用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，而盐酸为无氧酸，图中装置只能说明酸性的强弱，不能得出非金属性的强弱，故D错误；故选B．【点评】本题考查实验方案的设计及评价，为高频考点，明确物质的性质及常见气体的制取原理、装置是解答本题的关键，注意设计实验应排除干扰，题目难度中等．　5．相对分子质量均为88的饱和一元醇和饱和一元羧酸发生酯化反应，生成酯的结构可能有（不考虑立体异构）（　　）A．8种B．12种C．16种D．18种【考点】有机化合物的异构现象．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】相对分子质量为88的饱和一元醇为戊醇（C5H12O），书写戊基﹣C5H11异构体，戊基异构数目等于戊醇的异构体数目，C5H12O的分子量为88，和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸，据此解答即可．【解答】解：相对分子质量为88的饱和一元醇为戊醇（C5H12O），戊基﹣C5H11可能的结构有：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，所以该有机物的可能结构有8种；C5H12O的分子量为88，和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸，丙基有2种结构，故生成的酯为16种，故选C．【点评】本题考查同分异构体的书写，难度中等，注意根据结构利用换元法进行解答．　6．已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中Y、R原子最外层电子数相等；X元素最低负价与W元素最高正价绝对值相等；工业上常用电解熔融氧化物的方法冶炼W单质；Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水．下列说法正确的是（　　）A．简单离子半径：Y＞Z＞WB．简单氢化物的热稳定性：X＞Y＞RC．W的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的强D．R的最高价氧化物对应的水化物化学式一定是HRO4【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水，应氢氧化铝与强酸、强碱反应，可推知Z为Na、W为Al，工业上常用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al单质；X元素最低负价绝对值与W元素最高正价相等，X处于VA族，原子序数小于Al，故X为N元素；Y、R原子最外层电子数相等，若Y为O，则R为S，若Y为F，则R为Cl，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水，应氢氧化铝与强酸、强碱反应，可推知Z为Na、W为Al，工业上常用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al单质；X元素最低负价绝对值与W元素最高正价相等，X处于VA族，原子序数小于Al，故X为N元素；Y、R原子最外层电子数相等，若Y为O，则R为S，若Y为F，则R为Cl．A．Y离子为O2﹣或F﹣，Z、W的离子分别为Na+、Al3+，三者离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2﹣（或F﹣）＞Na+＞Al3+，故A正确；23\nB．Y的非金属性强于X，故氢化物稳定性Y＞X，故B错误；C．金属性Al＜Na，故碱性：氢氧化铝＜氢氧化钠，故C错误；D．R为S时，最高价氧化物对应水化物为H2SO4，故D错误，故选A．【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生分析推断能力，推断元素是解题的关键，注意Y、R元素的不确定性，明确元素周期律即可解答，难度不大．　7．某绝热恒容容器中充入2mol/LNO2，发生反应2NO2⇌N2O4△H=﹣56.9kJ/mol下列分析不正确的是（　　）A．5s时NO2的转化率为75%B．0﹣3s时v（NO2）增大是由于体系温度升高C．3s时化学反应处于平衡状态D．9s时再充入N2O4，平衡后K较第一次平衡时大【考点】化学平衡建立的过程；物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】A、分析图象5s二氧化氮变化浓度=2mol/L﹣0.5mol/L=1.5mol/L，结合转化率概念计算=×100%；B、依据反应是放热反应，在绝热恒容容器中，反应进行热量升高，反应速率增大；C、3s时二氧化氮反应速率最大，但随时间变化，速率减小，在7s后二氧化氮浓度不变是平衡状态，此时不能说明反应达到平衡状态；D、9s时反应达到平衡状态，加入N2O4，平衡逆向进行，反应热量降低，平衡向放热分析进行，平衡常数增大．【解答】解：A、分析图象5s二氧化氮变化浓度=2mol/L﹣0.5mol/L=1.5mol/L，结合转化率概念计算=×100%=×100%=75%，故A正确；B、依据反应是放热反应，在绝热恒容容器中，反应进行热量升高，反应速率增大，随反应进行二氧化氮浓度减小，反应为达到平衡，0﹣3s时v（NO2）增大是由于体系温度升高，故B正确；C、3s时二氧化氮反应速率最大，但随时间变化，速率减小，在7s后二氧化氮浓度不变是平衡状态，3s此时不是平衡状态，故C错误；D、9s时反应达到平衡状态，加入N2O4，平衡逆向进行，反应热量降低，平衡向放热分析进行，平衡常数增大，9s时再充入N2O4，平衡后K较第一次平衡时大，故D正确；故选C．【点评】本题考查了图象分析判断，反应速率、转化率概念计算分析，平衡状态判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．　23\n二、解答题（共5小题，满分43分）8．（12分）（2022秋•柳州校级月考）正丁醚常用作有机反应的溶剂．实验室制备正丁醚的反应和主要实验装置如下：2CH3CH2CH2CH2OH（CH3CH2CH2CH2）2O+H2O反应物和产物的相关数据如下相对分子质量沸点/℃密度/（g•cm﹣3）水中溶解性正丁醇74117.20.8109微溶正丁醚130142.00.7704几乎不溶合成反应：①将6mL浓硫酸和37g正丁醇，按一定顺序添加到A中，并加几粒沸石．②加热A中反应液，迅速升温至135℃，维持反应一段时间．分离提纯：③待A中液体冷却后将其缓慢倒入盛有70mL水的分液漏斗中，振荡后静置，分液得粗产物．④粗产物依次用40mL水、20mLNaOH溶液和40mL水洗涤，分液后加入约3g无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙．⑤将上述处理过的粗产物进行蒸馏，收集馏分，得纯净正丁醚11g．请回答：（1）步骤①中浓硫酸和正丁醇的添加顺序为　先加入正丁醇，再加入浓硫酸　．（2）加热A前，需先从　b　（填“a”或“b”）口向B中通入水．（3）步骤③的目的是初步洗去　浓硫酸　，振荡后静置，粗产物应从分液漏斗的　上　（填“上”或“下”）口分离出．（4）步骤④中最后一次水洗的目的为　洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐　．（5）步骤⑤中，加热蒸馏时应收集　d　（填选项字母）左右的馏分．a．100℃b．117℃c．135℃d．142℃（6）反应过程中会观察到分水器中收集到液体物质，且分为上下两层，随着反应的进行，分水器中液体逐渐增多至充满时，上层液体会从左侧支管自动流回A．分水器中上层液体的主要成分为　正丁醇　，下层液体的主要成分为　水　．（7）本实验中，正丁醚的产率为　34%　．（保留两位有效数字）【考点】制备实验方案的设计．【专题】简答题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合．【分析】（1）步骤①中浓硫酸和正丁醇的添加顺序类似浓硫酸的稀释；（2）冷凝水的水流方向和气流方向相反，下口进，上口出；（3）在反应混合物中，浓硫酸能溶解于水，正丁醚不溶，正丁醇微溶于水，所以步骤③的目的是初步洗去浓硫酸；分液漏斗中振荡静置后，上层液体中为密度比水小的正丁醚和正丁醇，从分液漏斗的上口倒出；（4）步骤③巾最后一次水洗的目的为洗去有机层残留的NaOH及中和反应生成的盐；23\n（5）步骤⑤中，加热蒸馏的目的是收集正丁醇，而正丁醇的沸点为142℃；（6）液体混合物加热会蒸发出，经过冷凝器降温转化为液体，由于正丁醇的密度比水小且微溶于水，故正丁醇在上层，水在下层；（7）实验前提供的37g正丁醇的物质的量为=0.5mol，根据方程式中正丁醇与正丁醚的相互关系可知正丁醚的理论产物物质的量为=0.25mol，对应正丁醚的质量为0.25mol×130g•mol﹣1=32.5g，据此计算正丁醚的产率．【解答】解：（1）步骤①中浓硫酸和正丁醇的添加顺序类似浓硫酸的稀释，故答案为：先加入正丁醇，再加入浓硫酸；（2）冷凝水的水流方向和气流方向相反，下口进，上口出，故答案为：b；（3）在反应混合物中，浓硫酸能溶解于水，正丁醚不溶，正丁醇微溶于水，所以步骤③的目的是初步洗去浓硫酸；分液漏斗中振荡静置后，上层液体中为密度比水小的正丁醚和正丁醇，从分液漏斗的上口倒出，故答案为：浓硫酸；上；（4）步骤③巾最后一次水洗的目的为洗去有机层残留的NaOH及中和反应生成的盐，故答案为：洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐；（5）步骤⑤中，加热蒸馏的目的是收集正丁醇，而正丁醇的沸点为142℃，故应收集142℃左右的馏分，故答案为：d；（6）分水器中收集到液体物质，因正丁醇密度比水小且微溶于水，会分为上下两层，上层为正丁醇，下层主要成分为水，故答案为：正丁醇；水；（7）实验前提供的37g正丁醇的物质的量为=0.5mol，根据方程式中正丁醇与正丁醚的相互关系可知正丁醚的理论产物物质的量为=0.25mol，对应正丁醚的质量为0.25mol×130g•mol﹣1=32.5g，正丁醚的产率为×100%=34%，故答案为：34%．【点评】本题考查实验的基本操作，混合物的分离操作，重点考查分液、蒸馏操作，有关物质的量基本计算和产率的计算等，关注基础考查，中等难度．　9．X、Y是相邻周期、相邻主族的短周期元素，且原子序数X＞Y．填写下列空白：（1）若X为金属元素，Y为非金属元素，Y2H4是一种重要有机化工原料．①X单质与Fe2O3反应时，每消耗13.5gX放热213kJ，该反应的热化学方程式是　2Al（s）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+Al2O3（s）△H=﹣852kJ•mol﹣1　；②写出实验室制备Y2H4的化学方程式　CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O　；（2）若X、Y元素的最高价氧化物的水化物都是强酸．为防止YO2污染空气，科学家寻求合适的化合物G和催化剂，以实现反应：YO2+GY2+H2O+nZ（未配平，n可以为0）①上述反应式中的G不可能是　B　（填标号）．23\nA．NH3B．COC．CH3CH2OH②25℃时，往amol•L﹣1的YH3的水溶液（甲）中滴加0.01mol•L﹣1H2XO4溶液（乙），当甲与乙等体积混合时，溶液呈中性（设温度不变），甲中溶质的电离常数Kb=　　（用含a的代数式表示）．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】X、Y是相邻周期、相邻主族的短周期元素，且原子序数X＞Y，X处于第三周期、Y处于第二周期．Ⅰ．若X为金属元素，Y为非金属元素，则X为Al、Y为C元素，Y2H4为乙烯；（1）①发生反应：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，计算2molAl参加反应放出热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；②实验室利用乙醇在浓硫酸、170℃条件下发生消去反应制备乙烯；（2）若X、Y元素的最高价氧化物的水化物都是强酸，第二周期中只有N元素最高价含氧酸为强酸，故Y为N元素，则X为S元素；①反应中N元素化合价降低，发生还原反应，故G具有还原性，再结合元素守恒可知，G应含有H元素；②25℃时，往amol•L﹣1的NH3的水溶液（甲）中滴加0.01mol•L﹣1H2SO4溶液（乙），根据电荷守恒：2c（SO42﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），溶液显中性时c（H+）=c（OH﹣），则c（NH4））=2c（SO42﹣），c（OH﹣）=10﹣7mol/L，等体积混合硫酸根离子的浓度变为原来的一半，则c（NH4+）=2c（SO42﹣）=2×0.005mol•L﹣1=0.01mol•L﹣1，故混合后溶液中c（NH3•H2O）=0.5amol•L﹣1﹣0.01mol•L﹣1=（0.5a﹣0.01）mol/L，又电离平衡常数Kb=．【解答】解：X、Y是相邻周期、相邻主族的短周期元素，且原子序数X＞Y，X处于第三周期、Y处于第二周期．Ⅰ．若X为金属元素，Y为非金属元素，则X为Al、Y为C元素，Y2H4为乙烯；（1）①发生反应：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，每消耗13.5gAl放热213kJ，则2molAl参加反应放出热量为213kJ×=852kJ，热化学反应方程式：2Al（s）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+Al2O3（s）△H=﹣852kJ•mol﹣1，故答案为：2Al（s）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+Al2O3（s）△H=﹣852kJ•mol﹣1；②实验室利用乙醇在浓硫酸、170℃条件下发生消去反应制备乙烯，反应方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；（2）若X、Y元素的最高价氧化物的水化物都是强酸，第二周期中只有N元素最高价含氧酸为强酸，故Y为N元素，则X为S元素．①反应中N元素化合价降低，发生还原反应，故G具有还原性，再结合元素守恒可知，G应含有H元素，所以G不可能是CO，故选：B；23\n②25℃时，往amol•L﹣1的NH3的水溶液（甲）中滴加0.01mol•L﹣1H2SO4溶液（乙），根据电荷守恒：2c（SO42﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），溶液显中性时c（H+）=c（OH﹣），则c（NH4））=2c（SO42﹣），c（OH﹣）=10﹣7mol/L，等体积混合硫酸根离子的浓度变为原来的一半，则c（NH4+）=2c（SO42﹣）=2×0.005mol•L﹣1=0.01mol•L﹣1，故混合后溶液中c（NH3•H2O）=0.5amol•L﹣1﹣0.01mol•L﹣1=（0.5a﹣0.01）mol/L，又电离平衡常数Kb===，故答案为：．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，涉及热化学方程式、氧化还原反应、弱电解质电离等，（2）中电离平衡常数计算为易错点，关键是计算离子浓度，难度中等．　10．离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝．钢制品应接电源的　负　极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为　4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣　．若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为　H2　．【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极，钢铁做阴极，由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体做电解液来实现；改用AlCl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气．【解答】解：依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极与电源正极相连，钢铁做阴极与电源负极相连，由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体做电解液来实现，离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，则阴极反应生成铝是发生的还原反应，铝元素化合价降低，分析离子液体成分，结合电荷守恒分析可知是Al2Cl7﹣得到电子生成，电极反应为：4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣；改用AlCl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气，2H++2e﹣=H2↑；故答案为：负；4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣；H2．【点评】本题考查了电解原理的分析应用铝热反应原理分析，掌握基础是关键，题目难度中等．　11．甲醇汽油是一种新能源清洁燃料，可以作为汽油的替代物．工业上可用CO和H2制取甲醇，化学方程式为：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=bkJ/mol，为研究平衡时CO的转化率与反应物投料比（）及温度的关系，研究小组在10L的密闭容器中进行模拟反应，并绘出如图所示：（1）反应热b　＜　0（填“＞”或“＜”）．（2）若Ⅱ反应的n（CO）起始=10mol、投料比为0.5，A点的平衡常数KA=　1　，B点的平衡常数KB　=　KA（填“＞”或“＜”或“=”）．（3）为提高CO转化率可采取的措施是　减小投料比　、　较低温度　（答出两条即可）．23\n【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．【分析】（1）分析图象可知，一氧化碳转化率随温度升高减小，说明平衡逆向进行分析反应能量变化；（2）结合投料比较少氢气物质的量，依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，得到A点的平衡常数，AB是相同温度下的平衡，平衡常数只随温度变化分析；（3）为提高CO转化率，可以增加氢气量，提高一氧化碳的转化率，反应是放热反应，降低温度平衡正向进行，依据反应特征和平衡移动原理分析提高一氧化碳转化率的条件是平衡正向进行．【解答】解：（1）图象可知，一氧化碳转化率随温度升高减小，说明平衡逆向，正反应为放热反应，b＜0，故答案为：＜；（2）若Ⅱ反应的n（CO）起始=10mol、投料比为0.5，n（H2）=20mol，CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）起始量（mol/L）120变化量（mol/L）0.510.5平衡量（mol/L）0.510.5A点的平衡常数KA==1AB是相同温度下的平衡，平衡常数只随温度变化，所以AB平衡常数相同；故答案为：1；=；（3）为提高CO转化率可采取的措施，可以增加氢气量，提高一氧化碳的转化率，反应是放热反应，降低温度平衡正向进行，依据反应特征和平衡移动原理分析提高一氧化碳转化率的条件是平衡正向进行，即减小投料比、较低温度、增大压强、分离出CH3OH；故答案为：减小投料比、较低温度、增大压强、分离出CH3OH．【点评】本题考查了化学平衡、平衡常数，反应速率影响因素分析判断，化学平衡计算，化学平衡的建立过程分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　12．（15分）（2022秋•柳州校级月考）氮、磷及其化合物在科研及生产中均有着重要的应用．23\n（1）室温下，浓度均为0.1mol/L的亚硝酸（HNO2）、次氯酸两种溶液，它们的电离常数Ka分别为：7.1×10﹣4、2.98×10﹣8．将0.1mol/L的亚硝酸稀释，c（H+）将　减小　（填“不变”、“增大”、“减小”）；Ka值将（填“不变”、“增大”、“减小”）　不变　．写出涉及HNO2、HClO、NaNO2、NaClO四种物质之间发生的复分解反应的化学方程式　HNO2+ClO﹣=NO2﹣+HClO　．（2）羟胺（NH2OH）可看成是氨分子内的l个氢原子被羟基取代的产物，常用作还原剂，其水溶液显弱碱性．已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，请用电离方程式表示其原因　NH2OH+H2O⇌[NH3OH]++OH﹣　．（3）磷及部分重要化合物的相互转化如图1所示．①步骤Ⅰ为白磷的工业生产方法之一，反应在1300℃的高温炉中进行，其中SiO2的作用是用于造渣（CaSiO3），焦炭的作用是　做还原剂　．②不慎将白磷沾到皮肤上，可用CuSO4溶液冲洗，根据步骤Ⅱ可判断，1molCuSO4所能氧化的白磷的物质的量为　0.05　mol．（4）若处理后的废水中c（PO43﹣）=4×10﹣7mol•L﹣1，溶液中c（Ca2+）=　5×10﹣6　mol•L﹣1．（已知Ksp[Ca3（PO4）2]=2×10﹣29）（5）某液氨﹣液氧燃料电池示意图如图2，该燃料电池的工作效率为50%，现用作电源电解500mL的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液中NaOH的浓度为0.3mol•L﹣1，则该过程中需要氨气的质量为　1.7g　．（假设溶液电解前后体积不变）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学平衡的影响因素；电解原理．【分析】（1）亚硝酸为弱电解质，亚硝酸稀释，电离程度虽然增大，但溶液中氢离子浓度降低；其电离常数只与温度有关；由相同浓度亚硝酸、次氯酸电离常数可知，亚硫酸酸性比次氯酸强，根据强酸制备弱酸书写离子方程式；（2）根据氨水呈弱碱性的原理分析羟胺呈弱碱性的原因；（3）①依据发生反应2Ca3（PO4）2+6SiO2+10C→P4↑+6CaSiO3+10CO↑，判断CO的作用；②依据氧化还原反应中铜元素、磷元素化合价变化计算；（4）根据Ksp[Ca3（PO4）2]=[c（Ca2+）]3×c（PO43﹣）计算；（5）电解过程中生成n（NaOH）=0.3mol/L×0.5L=0.15mol，设生成0.15molNaOH转移电子的物质的量为x，据此解答即可．【解答】解：（1）亚硝酸为弱电解质，亚硝酸稀释，电离程度虽然增大，但溶液中氢离子浓度降低；其电离常数只与温度有关，与浓度无关，Ki值不发生变化，由相同浓度亚硝酸、次氯酸电离常数可知，亚硫酸酸性比次氯酸强，可能相互之间发生的离子互换反应的离子方程式为：HNO2+ClO﹣=NO2﹣+HClO，故答案为：减小；不变；HNO2+ClO﹣=NO2﹣+HClO；23\n（2）羟胺和水反应生成[NH3OH]+和OH﹣，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，故答案为：NH2OH+H2O⇌[NH3OH]++OH﹣；（3）红棕色刺激性气味气体为NO2，无色刺激性气味气体为NO，离子反应方程式为：2NO2﹣+2CH3COOH═NO2+NO+2CH3COO﹣+H2O，故答案为：2NO2﹣+2CH3COOH═NO2+NO+2CH3COO﹣+H2O；（4）①步骤Ⅰ为白磷的工业生产方法之一，发生反应2Ca3（PO4）2+6SiO2+10C→P4↑+6CaSiO3+10CO↑，反应中C中的碳化合价升高，做还原剂，故答案为：做还原剂；②Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到﹣3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有1mol的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为n则：n×4（5﹣0）=1mol×（2﹣1），解得n=mol=0.05mol，故答案为：0.05；（4）若处理后的废水中c（PO43﹣）=4×10﹣7mol•L﹣1，Ksp[Ca3（PO4）2]=[c（Ca2+）]3×c（PO43﹣）=2×10﹣29，c（Ca2+）==5×10﹣6mol•L﹣1，故答案为：5×10﹣6；（5）电解过程中生成n（NaOH）=0.3mol/L×0.5L=0.15mol，设生成0.15molNaOH转移电子的物质的量为x，2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑转移电子2mol2mol0.15molx2mol：2mol=0.15mol：x，x=0.15mol，串联电路中转移电子物质的量相等，且液氨﹣液氧燃料电池的效率为50%，则液氨失电子的物质的量为0.3mol，设消耗氨气的质量为y，4NH3+3O2=2N2+6H2O转移电子68g12moly0.3mol68g：12mol=y：0.3mol，y=1.7g，故答案为：1.7g．【点评】本题综合考查的是难溶电解质的平衡、化学电源新型电池，以此为载体考查电池反应式的书写、方程式的有关计算，侧重考查分析、计算能力，明确串联电路中转移电子关系是解本题关键，题目难度较大．　【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）13．（15分）（2022秋•柳州校级月考）工业上制取硝酸铵的流程图如图1，请回答下列问题：23\n（1）在上述工业制硝酸的生产中，B设备的名称是　氧化炉　，其中发生反应的化学方程式为　4NH3+5O24NO+6H2O　．（2）此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是　铁砂网　．1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨，2022年化学家格哈德•埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程．示意图如图2：分别表示N2、H2、NH3．图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②和图③的含义分别是　N2、H2被吸附在催化剂表面　、　在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂　．（3）在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交换器的目的是　利用余热，节约能源　；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是　使NO循环利用，全部转化为硝酸　．（4）生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O氨气还原法：8NH3+6NO27N2+12H2O（NO也有类似的反应）以上两种方法中，符合绿色化学的是　氨气还原法　．（5）某化肥厂用NH3制备NH4NO3．已知：由NH3制NO的产率是96%，NO制HNO3的产率是92%，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其它损耗）的　53　%．（6）硝酸铵是一种常用的氮肥，在贮存和使用该化肥时，把应注意的事项及理由填入下表．注意事项理由①　不能与碱性肥料混施　②　不能剧烈撞击　【考点】制备实验方案的设计．【专题】图像图表题；热点问题；类比迁移思想；演绎推理法；化学计算．【分析】（1）氨气在氧化炉中被催化氧化；氨气被氧化为NO和水；（2）N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；图②中两种双原子分子被吸附在催化剂表面；③中分子中的化学键断裂生成原子；（3）合成氨的反应属于放热反应，热交换器可以充分利用余热，节约能源；在吸收塔中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，NO能被氧气氧化为二氧化氮；（4）据反应化学方程式反应物和生成物的性质和经济效益分析，绿色化学为无污染，原子利用率高的生产；23\n（5）根据NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，利用氮原子守恒来计算硝酸的量，再由HNO3跟NH3反应生成NH4NO3来计算氨气的量，最后计算制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数；（6）硝酸铵受撞击时易分解产生气体，在有限空间内，气体急速膨胀，易爆炸．【解答】解：（1）氨气在氧化炉中被催化氧化，B设备的名称是；氨气被氧化为NO和水，其反应的方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为：氧化炉；4NH3+5O24NO+6H2O；（2）N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；图②中两种双原子分子被吸附在催化剂表面，即N2、H2被吸附在催化剂表面；③中分子中的化学键断裂生成原子，即在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂生成N原子和H原子；故答案为：铁砂网；N2、H2被吸附在催化剂表面；在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂；（3）合成氨的反应属于放热反应，反应过程中会放出大量的热，用热交换器可以充分利用余热，节约能源；在吸收塔中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，通入空气，NO能被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸，这样使NO循环利用，全部转化为硝酸；故答案为：利用余热，节约能源；使NO循环利用，全部转化为硝酸；（4）碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，NH3还原法：8NH3+6NO27N2+12H2O，分析可知碱液吸收法消耗大量的氢氧化钠生成的亚硝酸盐毒，NH3还原法产物无污染，得到合成氨的原料气，故符合绿色化学的是氨气还原法，故答案为：氨气还原法；（5）由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，根据氮原子守恒可知，NH3～NO～HNO3，则1mol氨气可得到硝酸1mol×96%×92%=0.8832mol，由HNO3+NH3═NH4NO3，则该反应消耗的氨气的物质的量为0.8832mol，氨气的质量之比等于物质的量之比，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数为×100%=53%；即制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的53%，故答案为：53；（6）由于硝酸铵受撞击时易爆炸，因此硝酸铵不能与易燃物混放；不能用铁锤等物将结块的硝酸铵砸碎；不能受到严重撞击，NH4NO3N2O↑+2H2O；铵盐水解显酸性不能和水解显碱性的草木灰混合使用，硝酸铵是易溶于水的物质易在土壤中流失，所以：注意事项理由①不能与碱性肥料混施硝酸铵溶液呈碱性②不能剧烈撞击硝酸铵易爆炸，故答案为：注意事项理由①不能与碱性肥料混施硝酸铵溶液呈碱性②不能剧烈撞击硝酸铵易爆炸．23\n【点评】本题考查了工业制备原理应用，流程分析，实验制备物质的分析判断，利用物质的转化及质量守恒的方法来进行简单计算，使用硝酸铵的注意事项，明确转化中的化学反应得出物质之间的关系是解答的关键，题目难度中等．　【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）14．（2022•河北模拟）有关元素的部分信息如下表所示：元素ABRD相应信息短周期元素、最高正价为+7基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向的电子R核外电子共有15种运动状态D与A能形成两种常见的化合物DA2，DA3回答下列问题：（1）D的基态原子电子排布式为　[Ar]sd64s2　，A、B、D三种元素电负性由大到小的顺序为　Cl＞C＞Fe　（用具体的元素符号填写）．（2）化合物BA4、RA3、RA5中，中心原子的轨道类型不是sp3杂化的是　PCl5　，分子杓型是正四面体的是　CCl4　，属于极性分子的是　PCl3　．（用化学式填写）（3）已知DA3的沸点：319℃，熔点：306℃，则DA3的晶体类型为　分子晶体　，B与氢元素能形成BnH2n+2（n为正整数）的一系列物质，这一系列物质沸点的变化规律是　随着相对分子质量的增大而升高　．（4）R可形成H3RO4、HRO3、H3RO3等多种酸，则这三种酸酸性由强到弱的顺序为　HPO3＞H3PO4＞H3PO3　．（用化学式填写）（5）已知D的单质有如图所示的两种常见堆积方式：其中属于面心立方最密堆积的是　a　（填a或b）；若单质D按b方式紧密堆积，原子半径为rcm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则单质D的密度　　g/cm3（列出算式即可）．【考点】晶胞的计算；位置结构性质的相互关系应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A为短周期元素、最高正价为+7，应为Cl元素，B基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向的电子，说明2p轨道电子数为2，应为C元素，R核外电子共有15种运动状态，应为P元素，D与A能形成两种常见的化合物DA2，DA3，说明D有+2价、+3价两种不同的价态，为Fe元素，以此解答该题．【解答】解：A为短周期元素、最高正价为+7，应为Cl元素，B基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向的电子，说明2p轨道电子数为2，应为C元素，R核外电子共有15种运动状态，应为P元素，D与A能形成两种常见的化合物DA2，DA3，说明D有+2价、+3价两种不同的价态，为Fe元素，（1）D为Fe，原子序数为26，基态原子电子排布式为[Ar]sd64s2，非金属性越强，电负性越大，Cl、C、Fe三种元素电负性由大到小的顺序为Cl＞C＞Fe，故答案为：[Ar]sd64s2；Cl＞C＞Fe；23\n（2）化合物CCl4、PCl3、PCl5中，中心原子的杂化类型分别为sp3、sp3、sp3d，CCl4为正四面体结构，为非极性分子，PCl3含有孤电子对，空间构型为锥形，为极性分子，故答案为：PCl5；CCl4；PCl3；（3）已知FeCl3的沸点：319℃，熔点：306℃，沸点较低，则FeCl3的晶体类型为分子晶体，C与氢元素能形成CnH2n+2（n为正整数）的一系列物质，为烷烃，晶体类型为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，则沸点越高，故答案为：分子晶体；随着相对分子质量的增大而升高；（4）H3PO4、HPO3、H3PO3可改写成（HO）3RO、（HO）RO2、（HO）3R，非羟基氧原子个数分别为1、2、0，非羟基氧数目越多，酸性越弱，则酸性HPO3＞H3PO4＞H3PO3，故答案为：HPO3＞H3PO4＞H3PO3；（5）由晶胞示意图可知，a为面心立方最密堆积，b为体心立方堆积，铁为与顶点和体心，则一个晶胞中Fe的个数为1+8×=2，一个晶胞的质量为，体心结构中，体对角线长为4rcm，晶胞边长为cm，晶胞的体积为（）3cm3，故密度为g/cm3，故答案为：a；．【点评】本题考查较综合，涉及晶胞的计算、杂化方式的判断、离子空间构型的判断等知识点，根据价层电子对互斥理论确定杂化方式和离子空间构型，难点是晶胞的计算，注意晶胞的边长不是铁原子直径，为易错点．　【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）15．（2022秋•柳州校级月考）水杨酸酯E为紫外线吸收剂，可用于配制防晒霜．E的一种合成路线如下：已知：2RCH2CHO请回答下列问题：（1）饱和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则A的分子式为　C4H10O　．结构分析显示A只有一个甲基，则A的名称为　1﹣丁醇　．（2）B能发生银镜反应，该反应的化学方程式为　CH3CH2CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2CH2COONH4+2Ag↓+3NH3↑+H2O　．（3）C中含有官能团的名称为　碳碳双键、醛基　；若一次取样，检验C中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂　银氨溶液、稀盐酸、溴水　．23\n（4）第③步的反应类型为　加成反应（或还原反应）　；D的一种同分异构体M的核磁共振氢谱显示只有一种峰，写出M的结构简式　　．（5）写出E的结构简式　　．【考点】有机物的推断．【分析】一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇为CnH2n+2O，相对分子质量为=74，则14n+2+16=74，解得n=4，故A分子式为C4H10O，且A中只有一个甲基，则A为CH3CH2CH2CH2OH，B能发生银镜反应，A被氧气氧化生成B为CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO再氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生反应生成C，结合题目给予的信息，可知C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH（CH2OH）CH2CH3，D和水杨酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：，据此答题．【解答】解：一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇为CnH2n+2O，相对分子质量为=74，则14n+2+16=74，解得n=4，故A分子式为C4H10O，且A中只有一个甲基，则A为CH3CH2CH2CH2OH，B能发生银镜反应，A被氧气氧化生成B为CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO再氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生反应生成C，结合题目给予的信息，可知C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH（CH2OH）CH2CH3，D和水杨酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：，（1）由上述分析可知，A分子式为C4H10O，结构简式为CH3CH2CH2CH2OH，名称为1﹣丁醇，故答案为：C4H10O；1﹣丁醇；（2）B为CH3CH2CH2CHO，与银氨溶液反应的化学方程式为：CH3CH2CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2CH2COONH4+2Ag↓+3NH3↑+H2O，故答案为：CH3CH2CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2CH2COONH4+2Ag↓+3NH3↑+H2O；（3）根据上面的分析可知，C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，含有的官能团为：碳碳双键、醛基，用溴水检验碳碳双键、用银氨溶液等检验醛基，检验C中的碳碳双键和醛基时，应先检验醛基，因为溴水能与碳碳双键发生加成反应，也可以氧化醛基，用银氨溶液检验完醛基后溶液显碱性，溴水与碱性溶液反应，因此必须加入酸中和使溶液呈酸性后再加溴水检验碳碳双键，试剂先后顺序依次为：银氨溶液、稀盐酸、溴水，故答案为：碳碳双键、醛基；银氨溶液、稀盐酸、溴水；（4）第③步的反应是CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO和氢气发生加成反应（或还原反应）生成CH3CH2CH2CH2CH（CH2OH）CH2CH3，D的一种同分异构体M的核磁共振氢谱显示只有一种峰，则M的结构简式为：，23\n故答案为：加成反应（或还原反应）；；（5）由上述分析可知，E的结构简式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断，正确推断出A物质是解本题关键，结合题给信息进行分析解答，难度中等，注意溴水能氧化醛基，为易错点．　23