安徽省宣城市2021-2022學年高二下學期期末調(diào)研測試化學 Word版含解析

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安徽省宣城市2021-2022學年高二下學期期末調(diào)研測試化學試題一、單項選擇題(包括16小題，每小題3分，共48分)。1.宣城是文房四寶之鄉(xiāng)，下列有關筆墨紙硯的說法錯誤的是A.“狼毫”是用黃鼠狼的尾毛做成的毛筆，其成分為纖維素B.“徽墨”的主要成分是由松枝等不完全燃燒生成的炭黑組成，炭黑屬于非晶體C.“縑帛”曾是我國古代使用的用蚎絲材質(zhì)制成的“紙”，其主要成分屬于蛋白質(zhì)D.“硯臺”材質(zhì)多種多樣，“磨朱砂用瓷硯”，其中“朱砂”成分屬于鹽類物質(zhì)【答案】A【解析】【詳解】A．黃鼠狼的尾毛做成的毛筆，其成分為蛋白質(zhì)，A項錯誤；B．松枝等不完全燃燒生成的炭黑，炭黑無固定形狀，屬于非晶體，B項正確；C．蚎絲的主要成分屬于蛋白質(zhì)，C項正確；D．“朱砂”成分，該物質(zhì)屬于鹽類，D項正確；答案選A。2.下列化學用語正確的是A.的結(jié)構(gòu)式：B.的電離方程式：C.的比例模型：D.的原子結(jié)構(gòu)示意圖：【答案】D【解析】【詳解】A．HClO的結(jié)構(gòu)中O原子分別與H原子和Cl原子形成共價鍵，故其結(jié)構(gòu)式為：，A項錯誤；B．是一種二元弱酸，電離方程式應分步寫出，正確的電離方程式為：，，B項錯誤；

1C．碳原子的半徑比氧原子的半徑大，所以二氧化碳的比例模型為：，C項錯誤；D．14C的質(zhì)子數(shù)為6，其原子結(jié)構(gòu)示意圖：，D項正確；答案選D。3.已知的空間結(jié)構(gòu)為形，分子中正電中心和負電中心不重合，它與可以相互轉(zhuǎn)化：，下列有關說法正確的是A.比穩(wěn)定B.和都具有氧化性C.和都是非極性分子D.和互為同位素【答案】B【解析】【詳解】A．由轉(zhuǎn)化為的反應為放熱反應，反應物的總能量大于生成物的總能量，能量越低越穩(wěn)定，則比穩(wěn)定，故A錯誤；B．和是由氧元素形成的兩種活潑的非金屬單質(zhì)，都具有氧化性，故B正確；C．由信息可知，的空間結(jié)構(gòu)為形，分子中正電中心和負電中心不重合，所以是極性分子，故C錯誤；D．和是由氧元素形成兩種不同的單質(zhì)，屬于同素異形體，故D錯誤；答案選B。4.我國科學家首次在實驗室實現(xiàn)到淀粉的全合成，其中和為中間產(chǎn)物。下列說法錯誤的是A.該合成過程有利于實現(xiàn)“碳中和”B.中碳原子雜化方式分別為、C.淀粉和纖維素互為同分異構(gòu)體D.分子中所有原子共平面【答案】C【解析】【詳解】A．該合成過程的原料為，可以減少二氧化碳的排放，有利于實現(xiàn)“碳中和”，故A正確；

2B．中碳原子的價層電子對數(shù)=2+=2，采取雜化，中碳原子的價層電子對數(shù)=4+=4，采取雜化，故B正確；C．淀粉和纖維素分子通式都為(C6H10O5)n，但它們的聚合度不同，即n值不同，因此分子式不同，故不互為同分異構(gòu)體，故C錯誤；D．分子中碳原子的雜化方式為，無孤電子對，是平面形分子，所有原子共平面，故D正確；答案選C。5.類比推理是學習化學的常用方法，下列類比推理正確的是選項類比對象推理結(jié)論A是分子晶體是分子晶體BCNaCl與濃加熱可制HClNaI與濃加熱可制HIDA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【詳解】A．是分子晶體，但是由硅原子和氧原子形成的具有空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的晶體，屬于原子晶體，故A錯誤；B．鈉為活潑金屬，先和水反應生成氫氧化鈉和氫氣，生成的氫氧化鈉再與硫酸銅發(fā)生復分解反應生成氫氧化銅沉淀，不能置換出銅，故B錯誤；C．NaCl與濃加熱可制HCl，為難揮發(fā)性酸制易揮發(fā)性酸；NaI與濃加熱發(fā)生氧化還原反應生成碘，不能生成HI，故C錯誤；D．和均為酸性氧化物，過量的和和溶液反應均生成易溶的酸式鹽，故D正確；

3答案選D。6.已知a、b、c、d為浸有如圖所示溶液的棉球，將銅絲插入具支試管中濃溶液中并加熱(加熱儀器圖中省略)。下列有關說法正確的是A.具支試管中的反應僅體現(xiàn)了濃的強氧化性B.a、b棉球均褪色，體現(xiàn)了的漂白性C.c棉球褪色，體現(xiàn)了的氧化性D.該微型化裝置的優(yōu)點在于既可控制反應的發(fā)生與停止，又可節(jié)約藥品、減少污染【答案】D【解析】【詳解】A．具支試管中的反應為：，體現(xiàn)了濃硫酸的強氧化性和酸性，A項錯誤；B．a(chǎn)棉球不褪色，而是由紫色變成紅色，說明二氧化硫的水溶液呈酸性，b棉球褪色體現(xiàn)了SO2的漂白性，B項錯誤；C．c棉球褪色，是由于酸性高錳酸鉀被還原為Mn2+，體現(xiàn)了SO2的還原性，C項錯誤；D．該裝置可以通過調(diào)節(jié)銅絲的高度，來控制反應的發(fā)生與停止，并且裝置結(jié)構(gòu)微型化，可以節(jié)約藥品、減少污染，D項正確；答案選D。7.某同學用下圖裝置制取溴苯并探究反應類型。先向分液漏斗中加入苯和液溴，再將混合液慢慢滴入反應器I(I下端活塞關閉)中。

4下列有關說法正確的是A.Ⅰ中的鐵絲是該反應的催化劑B.Ⅱ中的作用是為了實驗結(jié)束除去溴苯中的溴化鐵雜質(zhì)C.Ⅲ中的作用是除去中的D.Ⅳ中出現(xiàn)淡黃色沉淀，說明I中發(fā)生的是取代反應而不是加成反應【答案】D【解析】【分析】裝置Ⅰ中，苯和液溴在溴化鐵的催化作用下，生成溴苯和溴化氫；裝置Ⅱ中氫氧化鈉可以除去多余的溴單質(zhì)；裝置Ⅲ用四氯化碳除去揮發(fā)出的，接著用裝置Ⅳ驗證取代反應的發(fā)生，據(jù)此分析作答。【詳解】A．Ⅰ中的鐵絲與溴反應生成溴化鐵，溴化鐵是該反應的催化劑，A項錯誤；B．Ⅱ中氫氧化鈉溶液的作用主要是為了實驗結(jié)束除去溴苯中的溴單質(zhì)，B項錯誤；C．Ⅲ中四氯化碳的作用是除去揮發(fā)出的，C項錯誤；D．IV中出現(xiàn)淡黃色沉淀，說明有溴化氫生成，則Ⅰ中發(fā)生的是取代反應而不是加成反應，D項正確；答案選D。8.“贈人玫瑰，手留余香”，玫瑰的香味來自一種簡單的化合物大馬酮(結(jié)構(gòu)簡式如下)。下列有關大馬酮說法正確的是A.屬于烴B.分子式為

5C.可使酸性高錳酸鉀和溴水褪色D.大馬酮最多可以與加成【答案】C【解析】【詳解】A．僅由碳和氫兩種元素組成的有機物為烴，該有機物含有氧元素，故不屬于烴，故A錯誤；B．該有機物由碳、氫、氧三種元素組成，根據(jù)其結(jié)構(gòu)簡式可得其分子式為，故B錯誤；C．該有機物分子中含有碳碳雙鍵，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，能和溴水發(fā)生加成反應，因此可使酸性高錳酸鉀和溴水褪色，故C正確；D．碳碳雙鍵和酮羰基在一定條件下能和H2發(fā)生加成反應，因此大馬酮最多可以與加成，故D錯誤；答案選C。9.下列說法正確的是A.第一電離能：B.所有的σ鍵的強度都比π鍵的大C.晶胞是晶體中最小的平行六面體D.屬于具分子識別功能的超分子【答案】A【解析】【詳解】A．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大的趨勢，但由于氮原子的p能級電子處于半充滿狀態(tài)，所以第一電離能：，故A正確；B．σ鍵的強度不一定比π鍵的大，如氮氣分子中σ鍵的強度都比π鍵小，故B錯誤；C．晶胞是晶體的代表，是構(gòu)成晶體的最基本的幾何單元，其形狀、大小與空間格子的平行六面體單位相同，保留了整個晶格的所有特征，故C錯誤；D．超分子是通過某種方式將若干個具有某種功能的分子組裝起來完成單一分子難以完成的功能的復合分子，不屬于超分子，故D錯誤；答案選A。10.為體現(xiàn)節(jié)能減排的理念，中國研制出了新型固態(tài)氧化物燃料電池(SOFC)，該電池的工作原理如圖所示。下列說法正確的是

6A.可以選用NaOH固體作固態(tài)電解質(zhì)B.正極的電極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-C.電子從b極經(jīng)導線流向a極D.若反應中轉(zhuǎn)移1mol電子，則生成22.4L(標準狀況下)CO2【答案】C【解析】【分析】該燃料電池中，CO是燃料，所以CO失電子發(fā)生氧化反應，則CO所在的b電極為負極，通入氧氣的a電極是正極，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，電子從負極沿外電路流向正極，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．因為NaOH與CO2會發(fā)生反應，所以不可以選用NaOH固體作固態(tài)電解質(zhì)，A錯誤；B．通入氧氣的a電極是正極，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+4e-=2O2-，B錯誤；C．外電路中，電子從負極b極經(jīng)導線流向正極a極，C正確；D．CO所在的b電極為負極，電極反應式為CO-2e-+O2-=CO2，所以反應中轉(zhuǎn)移1mol電子，則生成0.5molCO2，溫度壓強不知不能計算氣體體積，D錯誤；故合理選項是C?！军c睛】本題考查了化學電源新型電池，明確原電池原理是解本題關鍵，難點是電極反應式的書寫，要結(jié)合原電池反應原理，根據(jù)電解質(zhì)含有的微粒書寫電極反應式，明確電子從負極流向正極，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動。11.化合物(T)是重要的有機合成中間體，已知T是由原子序數(shù)依次遞增的短周期元素W、X、Y、Z、Q組成，Z是地殼中含量最高的元素，五種元素原子序數(shù)之和為33，其結(jié)構(gòu)式如下：下列說法正確的是

7A.W、Z、Q組成的化合物的電子式：B.簡單離子半徑：C.最高價氧化物的水化物的酸性：D.氫化物的沸點：【答案】A【解析】【分析】化合物(T)是重要的有機合成中間體，已知T是由原子序數(shù)依次遞增的短周期元素W、X、Y、Z、Q組成，Z是地殼中含量最高的元素，Z是O，根據(jù)結(jié)構(gòu)可判斷Q的最高價是+1價，原子序數(shù)增大，是Na，X形成4條共價鍵，Y形成2條共價鍵，W形成1條共價鍵，則W是H，X是N，Y是N，滿足五種元素原子序數(shù)之和為33，據(jù)此解答?！驹斀狻扛鶕?jù)以上分析可知W、X、Y、Z、Q分別是H、C、N、O、Na。A．W、Z、Q組成的化合物是離子化合物氫氧化鈉，電子式為，A正確；B．核外電子排布相同時離子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，簡單離子半徑：，B錯誤；C．非金屬性C＜N，非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，則最高價氧化物的水化物的酸性：，C錯誤；D．碳元素的氫化物很多，不能比較二者氫化物的沸點高低，D錯誤；答案選A。12.鈣鈦礦型化合物是一類可用于生產(chǎn)太陽能電池、傳感器、固體電阻器等的功能材料，A型鈣鈦礦晶胞如圖：下列有關其說法錯誤的是A.該鈣鈦礦的化學式為B.基態(tài)鈦原子的價電子排布式為：，位于第四周期第ⅣA族C.的配位數(shù)為12D.“1”號原子為坐標原點，則“2”號原子(Ca2+)坐標為(，，)【答案】B【解析】

8【詳解】A．根據(jù)A型鈣鈦礦的晶胞可得：Ca位于體心，8個Ti位于頂點，12個O位于棱的中點，利用均攤法可知，晶胞中含有Ca的個數(shù)為1，Ti的個數(shù)為8×=1，O的個數(shù)為12×=3，所以該鈣鈦礦的化學式為CaTiO3，A項正確；B．鈦的原子序數(shù)為22，基態(tài)鈦原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2，則價電子排布式為：3d24s2，位于第四周期第ⅣB族，B項錯誤；C．晶胞中每條邊長的中點是一個氧原子，共有12個氧原子，包圍著中心的Ca2+，所以Ca2+的配位數(shù)為12，C項正確；D．由晶胞的結(jié)構(gòu)和建立的坐標可知，若“1”號原子為坐標原點，則“2”號原子(Ca2+)坐標為(，，)，D項正確；答案選B。13.下列說法正確的是A.，其他條件不變，縮小反應容器體積，正逆反應速率不變B.，碳的質(zhì)量不再改變說明反應已達平衡C.若壓強不再隨時間變化能說明反應已達平衡，則A、C不能同時是氣體D.已知：，則和充分反應，放熱量為【答案】B【解析】【詳解】A．對于反應，縮小反應容器體積，壓強增大，正、逆反應速率增大相同的倍數(shù)，故A錯誤；B．，碳的質(zhì)量不再改變，說明正、逆反應速率相等，反應已達到平衡狀態(tài)，故B正確；C．恒溫恒容條件下，若A、C同時是氣體，由于該反應前后氣體分子數(shù)不相等，當壓強不變時，說明各物質(zhì)的濃度不變，能說明反應達到平衡狀態(tài)，故C錯誤；D．上述反應為可逆反應，和不可能完全反應，因而放出的熱量小于，故D錯誤；答案選B。14.已知易發(fā)生二聚反應

9，對測定其相對分子質(zhì)量不利，下列有關說法錯誤的是A.測物質(zhì)相對分子質(zhì)量的儀器叫質(zhì)譜儀B.HF二聚是因為易形成分子間氫鍵C.測HF相對分子質(zhì)量宜在低溫、高壓條件下進行D.HF的水溶液可用于刻蝕玻璃【答案】C【解析】【詳解】A．質(zhì)譜儀能記錄分子離子、碎片離子的相對質(zhì)量，質(zhì)譜圖中數(shù)值最大的即是該分子的相對分子質(zhì)量，故A正確；B．由于F原子電負性大而原子半徑較小，所以HF易通過分子間氫鍵形成HF二聚體，故B正確；C．反應是氣體體積減小的放熱反應，測定HF相對分子質(zhì)量應使平衡逆向進行，需要在低壓、高溫條件下進行，提高HF的純度，故C錯誤；D．HF的水溶液能與SiO2反應從而刻蝕玻璃，故D正確；答案選C。15.H的電負性為2.1，當原子團的電負性小于2.1稱為給電子基，大于2.1則為吸電子基，不同基團對物質(zhì)酸性影響見下表，下列有關說法正確的是Ka(25℃)與羧基相連的基團/參照原子吸電子基/A.為吸電子基B.電負性C.D.水解常數(shù)(25℃)：【答案】C【解析】【分析】

10對比表中不同基團對物質(zhì)酸性影響數(shù)據(jù)不難發(fā)現(xiàn)，若與羧基相連的基團為吸電子基，則電離常數(shù)較大，酸性較強，若與羧基相連的基團為給電子基，則電離常數(shù)較小，酸性較弱，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．由表中的電離常數(shù)小于可知，應為給電子基，故A錯誤；B．非金屬性越強，吸引電子能力越強，電負性越大，則電負性，故B錯誤；C．和都為吸電子基，由于電負性，則吸電子能力更強，酸性>，所以，故C正確；D．弱酸根離子水解時，酸越弱，酸根離子越易水解，酸性>，則水解常數(shù)(25℃)：，故D錯誤；答案選C。16.已知25℃時，I.飽和H2S溶液濃度為0.1mol·L-1，且其酸性主要來自第一步電離；Ⅱ.反應R2+(aq)+H2S(aq)RS(s)+2H+(aq)K(平衡常數(shù))；K=，當K>103，認定正向反應基本完全；當K<10-3，認定正向基本不能反應。Ⅲ.H2SFeSCuSKa1=1.0×10-7Ka2=7.1×10-15Ksp=6.3×10-18Ksp=6.3×10-36據(jù)此判斷，下列說法錯誤的是A.25℃時，NaHS溶液呈堿性B.25℃時，飽和H2S溶液的pH約為4C.H2S溶液中c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)D.分別向濃度均為0.1mol·L-1的FeSO4和CuSO4溶液中滴加飽和H2S溶液，二者均出現(xiàn)黑色沉淀【答案】D【解析】【詳解】A．25℃時，NaHS溶液中HS-的水解常數(shù)，則水解大于電離，NaHS溶液呈堿性，A正確；B．25℃時，飽和H2S溶液濃度為0.1mol·L-1，且其酸性主要來自第一步電離，設電離出氫離子濃度為x，

11因電離程度小，，則，，則飽和H2S溶液的pH約為4，B正確；C．由電荷守恒可知，H2S溶液中c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，C正確；D．若FeSO4溶液與H2S溶液能反應，發(fā)生反應，該反應平衡常數(shù)，說明該反應不可能發(fā)生；若CuSO4溶液與H2S溶液能反應，發(fā)生反應，該反應平衡常數(shù)，說明該反應基本反應完全；則FeSO4溶液與H2S溶液反應不能生成黑色沉淀，CuSO4溶液與H2S溶液反應生成黑色沉淀，D錯誤；故選D。Ⅱ卷二、填空簡答題(包括4小題，共52分)。17.過氧化尿素[，簡稱UP]具有高效的漂白、殺菌性能，作為洗滌劑的新型添加劑在國外已被廣泛用于洗滌產(chǎn)品中，其生產(chǎn)過程如下：Ⅰ.尿素[CO(NH2)2]的生產(chǎn)。下圖是實驗室制取尿素的實驗裝置圖[因光氣(COCl2)劇毒且極易水解，工業(yè)生產(chǎn)并不用此法]，部分裝置末畫出：已知三頸燒瓶中發(fā)生反應如下：3H2SO4+P2O5=2H3PO4+3SO3；CCl4+SO3+H2SO4COCl2+2ClSO3H

12（1）儀器b的名稱是_______；儀器a用恒壓滴液漏斗的優(yōu)點是_______。（2）錐形瓶中除了生成尿素之外還有一種銨鹽，請寫出該反應的化學反應方程式：_______。（3）干燥管裝置的作用是_______；尾氣處理裝置吸收光氣的離子反應為：_______。Ⅱ.過氧化尿素的工業(yè)生產(chǎn)：（4）溶液作噴霧處理的好處是_______。（5）用“流態(tài)床”及時除去水和反應熱的原因是_______。Ⅲ.產(chǎn)品純度的測定取UP樣品10.00g，溶于水，釋放出尿素和，并配成溶液，每次取，用酸性溶液滴定，已知該條件下尿素不反應，只有反應，滴定三次，平均消耗溶液。（6）該滴定反應的離子方程式為_______。（7）該樣品的純度(質(zhì)量百分比)為_______?！敬鸢浮浚?）①.球形冷凝管②.讓漏斗中的液體順利流下（2）COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl（3）①.阻止導管中的水蒸氣進入錐形瓶，從而導致光氣水解②.COCl2+4OH-=+2Cl-+2H2O（4）增大接觸面積，加快反應速率（5）減少溶解損耗，避免反應放熱導致溫度過高，H2O2分解，產(chǎn)率降低（6）5H2O2+2+6H+=5O2+2Mn2++8H2O（7）70.5%【解析】【分析】三頸瓶中加入發(fā)煙硫酸、P2O5、CCl4，發(fā)生反應3H2SO4+P2O5=2H3PO4+3SO3；CCl4+SO3+H2SO4

13COCl2+2ClSO3H，生成光氣，進入錐形瓶中與NH3反應，COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl，生成尿素，右側(cè)的燒瓶在防倒吸的同時可以吸收尾氣?！拘?詳解】根據(jù)儀器的外觀可知，b為球形冷凝管；恒壓滴液漏斗可以平衡氣壓，讓漏斗中的液體順利流下；【小問2詳解】由分析可知，錐形瓶中制尿素的反應為COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl；【小問3詳解】由于光氣極易水解，干燥管可以阻止導管中的水蒸氣進入錐形瓶，防止光氣水解；光氣與NaOH反應生成Na2CO3、NaCl和H2O，方程式為COCl2+4OH-=+2Cl-+2H2O；【小問4詳解】H2O2霧化之后可以變?yōu)樾∫旱?，增大接觸面積，加快反應速率；【小問5詳解】水可以溶解部分產(chǎn)品，除去水可以減少溶解損耗，H2O2受熱易分解，吸收熱量可以避免反應放熱導致溫度過高而導致H2O2分解，產(chǎn)率降低；【小問6詳解】在酸性條件下與H2O2反應生成Mn2+、O2和H2O，離子方程式為5H2O2+2+6H+=5O2+2Mn2++8H2O；【小問7詳解】n()=0.2mol/L×0.015L=0.003mol，n(H2O2)=×n()=0.0075mol，樣品中的n(H2O2)=0.0075mol×10=0.075mol，n[CO(NH2)2?H2O2]=n(H2O2)=0.075mol，m[CO(NH2)2?H2O2]=94g/mol×0.075mol=7.05g，該樣品的純度=×100%=70.5%。18.鎳因其優(yōu)異的性能廣泛應用于軍工制造和汽車電池領域，是一種戰(zhàn)略資源，與鎳有關的信息如下：Ⅰ.芒德法提煉鎳過程(雜質(zhì)末標出)：Ⅱ.二價鎳的檢驗和分離(Y為紅色沉淀)：

14Ⅲ.堿性愛迪生鎳鐵電池工作原理：，據(jù)此回答下列問題：（1）基態(tài)鎳原子的價層電子排布式為_______。（2）Ⅰ中產(chǎn)生的“煙氣”可用氯化鐵溶液吸收，請寫出該吸收反應的離子方程式：_______。（3）沸點為43℃的屬于_______(填晶體類型)晶體；中含有σ鍵數(shù)為_______。（4）Ⅱ用到的丁二酮肟(X)中氮原子的價層電子對數(shù)為_______；Y分子內(nèi)存在的相互作用為_______；Y中配體用氮原子而不用氧原子配位的原因是_______。（5）Ⅲ中愛迪生電池放電時正極的電極反應式為_______。（6）用于古幣制造的一種銅鎳合金(白銅)晶胞如圖，該物質(zhì)的化學式為_______；元素銅與鎳的第二電離能分別為：，，的原因是_______?！敬鸢浮浚?）（2）（3）①.分子②.（4）①.3②.共價鍵、配位鍵、分子內(nèi)氫鍵③.氮原子電負性更小，給電子能力更強，形成的配位鍵更牢固（5）（6）①.②.價層電子排布式：，，銅失去的是全充滿的電子，鎳失去的是電子，前者更難【解析】

15小問1詳解】鎳是28號元素，基態(tài)鎳原子的價層電子排布式為3d84s2；小問2詳解】Ⅰ中產(chǎn)生的“煙氣”含有SO2，SO2被氯化鐵氧化為SO，該吸收反應的離子方程式為?！拘?詳解】的沸點低，屬于分子晶體；Ni和CO之間的配位鍵屬于σ鍵，1個CO中含有1個σ鍵，所以中含有σ鍵數(shù)為8NA；【小問4詳解】Ⅱ用到的丁二酮肟(X)中氮原子孤電子對數(shù)為，有2個σ鍵，價層電子對數(shù)為3；根據(jù)Y分子的結(jié)構(gòu)簡式，Y內(nèi)存在的相互作用為共價鍵、配位鍵、分子內(nèi)氫鍵；氮原子的電負性更小，給電子能力更強，形成的配位鍵更牢固，所以Y中配體用氮原子而不用氧原子配位?！拘?詳解】原電池正極發(fā)生還原反應，Ⅲ中愛迪生電池放電時，發(fā)生還原反應生成，正極的電極反應式為；【小問6詳解】根據(jù)均攤原則，晶胞中Cu原子數(shù)、Ni原子數(shù)，該物質(zhì)的化學式為Cu3Ni；價層電子排布式為，價層電子排布式為，第二電離能，銅失去的是全充滿的電子，鎳失去的是電子，前者更難，所以第二電離能。19.乙醚是一種重要的醫(yī)用麻醉劑，研究乙醇在催化劑A存在的條件下的脫水反應，對乙醚和酒精的工業(yè)生產(chǎn)都有重要意義，乙醇脫水涉及下列兩個反應之間的競爭：脫水制乙烯Ⅰ：C2H5OH(g)C2H4(g)+H2O(g)△H1K1脫水制乙醚Ⅱ：2C2H5OH(g)C2H5OC2H5(g)+H2O(g)△H2K2研究所得相關信息如下：①壓強平衡常數(shù)與溫度之間的關系

16②不同溫度下乙醇的轉(zhuǎn)化率及選擇性反應溫度(K)乙醇轉(zhuǎn)化率(%)乙烯選擇性(%)乙醚選擇性(%)副產(chǎn)物選擇性(%)37325.224.3894521.1042354.2552.2446.711.0552395.2096.872.150.98根據(jù)上述信息回答下列問題：（1）若反應：2C2H4(g)+H2O(g)C2H5OC2H5(g)的焓變?yōu)椤鱄3，平衡常數(shù)為K3，則△H3=_________(用含有△H1、△H2的式子表達)；K3=____________(用含有K1、K2的式子表達)。（2）△H1____0(填“>”、“<”或“=”)；乙醚的選擇性是指用于生成乙醚的乙醇占反應消耗總乙醇量的百分比，表中數(shù)據(jù)表明：隨著溫度升高，乙醚選擇性降低，簡述理由：______________。（3）除了改變溫度外，請再提供一種提高乙醚產(chǎn)率的可行方法__________________________。（4）為研究乙烯水合法合成乙醇，T℃時，可以認為只有反應Ⅰ，向體積為1L的密閉容器中投入0.6mol水和1mol乙烯，5min后恰好達到平衡。平衡后則得乙烯的轉(zhuǎn)化率為5%，容器內(nèi)的總壓為7.75MPa，則5min內(nèi)乙醇的的生成速率為__________________；計算反應Ⅰ的壓強平衡常數(shù)Kp=_________________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。（5）向（4）中的容器中再加入0.6mol水和1mol乙烯，平衡后，乙烯的轉(zhuǎn)化率___________(填“增大”、“減小”或“不變”)?！敬鸢浮浚?）①.ΔH2-2ΔH1②.（2）①.>②.因為ΔH1>0，而ΔH2<0，升溫推動Ⅰ平衡右移，而Ⅱ平衡左移，有利于乙烯的生成而不利于乙醚的生成，故乙醚的選擇性降低（3）縮小體積增大壓強、分離乙醚或者改用選擇性更高的催化劑等

17（4）①.0.01mol·L-1·min-1②.52.25MPa（5）增大【解析】【小問1詳解】Ⅰ：C2H5OH(g)C2H4(g)+H2O(g)△H1Ⅱ：2C2H5OH(g)C2H5OC2H5(g)+H2O(g)△H2根據(jù)蓋斯定律Ⅱ—Ⅰ×2得2C2H4(g)+H2O(g)C2H5OC2H5(g)△H3=ΔH2-2ΔH1；、、，所以K3=；故答案為：ΔH2-2ΔH1；【小問2詳解】反應Ⅰ壓強平衡常數(shù)隨溫度升高而增大，所以正反應吸熱△H1>0；根據(jù)壓強平衡常數(shù)與溫度之間的關系，ΔH1>0，而ΔH2<0，升溫推動Ⅰ平衡右移，而Ⅱ平衡左移，有利于乙烯的生成而不利于乙醚的生成，故乙醚的選擇性降低；故答案為：>；因為ΔH1>0，而ΔH2<0，升溫推動Ⅰ平衡右移，而Ⅱ平衡左移，有利于乙烯的生成而不利于乙醚的生成，故乙醚的選擇性降低；【小問3詳解】反應Ⅱ正向移動可以提高乙醚產(chǎn)率，縮小體積增大壓強、分離出乙醚都能使反應Ⅱ正向移動，所以提高乙醚產(chǎn)率的可行方法是縮小體積增大壓強、分離出乙醚；故答案為：縮小體積增大壓強、分離乙醚或者改用選擇性更高的催化劑等；【小問4詳解】則5min內(nèi)乙醇的的生成速率為mol·L-1·min-1；Kp=52.25MPa；故答案為：0.01mol·L-1·min-1；52.25MPa；

18【小問5詳解】根據(jù)等效平衡原理，向（4）中的容器中再加入0.6mol水和1mol乙烯，相當于加壓，增大壓強，C2H5OH(g)C2H4(g)+H2O(g)反應逆向移動，乙烯轉(zhuǎn)化率增大；故答案為：增大。20.黃鐵礦(FeS2)是生產(chǎn)硫酸的原料，用黃鐵礦生產(chǎn)硫酸的裝置示意圖如下：（1）下列有關說法錯誤的是_____A.黃鐵礦要粉碎后進入沸騰爐，目的是增大接觸面積加快反應速率B.沸騰爐中發(fā)生的主反應為：C.接觸室中體現(xiàn)了還原性D.吸收塔中用于吸收的可以是98.3%的濃，也可以是水俗稱綠礬，是制造墨水和顏料的原料，工業(yè)上利用“沸騰爐”中所出固體礦渣為原料，生產(chǎn)綠礬的過程如下[已知礦渣的主要成分為、、、、、、、]：25℃溶度積

19(Ksp)（2）“酸浸”后，檢驗濾液1中含有的試劑可以是_______。（3）“還原”步驟發(fā)生反應的離子方程式為：_______。（4）“濾渣2”的成分為_______。寫化學式)；25℃時，實驗測得“濾液3”中，則該溶液的_______。（5）已知“濾渣3”中既有又有，則“濾液4”中_______。（6）操作1的做法是_______?！敬鸢浮浚?）D（2）酸性溶液或溶液（3）（4）①.②.6（5）80（6）加熱蒸發(fā)至溶液表面出現(xiàn)大量晶膜，降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥【解析】【分析】礦渣的主要成分為、、、、、、、，稀硫酸溶解主要除去不與酸反應的SiO2，過濾得濾渣1為SiO2，濾液1中有：Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入FeS2將溶液中的Fe3+還原為Fe2+，過濾得濾渣2為S及過量的FeS2，濾液2再加FeO，調(diào)節(jié)溶液的pH使三價鋁沉淀，過濾得濾渣3為，濾液3再加入NaF除去鈣離子和鎂離子，過濾后，將濾液4蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌、干燥得綠礬。【小問1詳解】A．黃鐵礦要粉碎后進入沸騰爐，目的是增大接觸面積加快反應速率，使反應更充分，故A正確；B．沸騰爐中發(fā)生的主反應為黃鐵礦(FeS2)與氧氣高溫煅燒生成三氧化二鐵和二氧化硫：，故B正確；C．沸騰爐中生成的二氧化硫氣體和空氣中的氧氣在接觸室內(nèi)發(fā)生的催化氧化反應生成三氧化硫，反應中硫由+4價升高為+6價，接觸室中體現(xiàn)了還原性，故C正確；D．吸收塔中用于吸收的可以是98.3%的濃

20，不可以是水，水與三氧化硫反應放出大量的熱，形成酸霧，影響吸收效率，故D錯誤；故答案為：D；【小問2詳解】“酸浸”后，濾液中有：Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，檢驗濾液1中含有的試劑可以是酸性溶液或溶液。故答案為：酸性溶液或溶液；【小問3詳解】“還原”步驟發(fā)生FeS2將Fe3+還原為Fe2+同時生成S，反應的離子方程式為：。故答案為：；【小問4詳解】濾液2中有：Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，再加FeO，調(diào)節(jié)溶液的pH使三價鋁沉淀，“濾渣2”的成分為；25℃時，實驗測得“濾液3”中，c(OH-)==1×10-8,則該溶液的-lg=6。故答案為：；6；【小問5詳解】已知“濾渣3”中既有又有，由方程式Mg2+++Ca2+，K==80，則“濾液4”中80。故答案為：80；【小問6詳解】綠礬是結(jié)晶水合物，操作1的做法是加熱蒸發(fā)至溶液表面出現(xiàn)大量晶膜，降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。故答案為：加熱蒸發(fā)至溶液表面出現(xiàn)大量晶膜，降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。

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