广东省揭阳市第三中学2020届高三8月月考化学试题

广东省揭阳市第三中学2020届高三8月月考化学试题

广东省揭阳市第三中学202届高三8月月考 化学试题 ‎1.化学与人类生产生活、社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是 A. 利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能 B. “春蚕到死丝方尽，烛炬成灰泪始干”其中的“丝”和“泪”化学成分都是蛋白质 C. 施肥时，铵态氮肥不能与草木灰混合使用 D. 《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，光电池将光能直接转化为电能，故A正确；‎ B项、“丝”的化学成分是蛋白质，泪”的化学成分是液态石蜡，故B错误；‎ C项、草木灰中的碳酸根离子水解显碱性，铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者相互促进，导致肥效降低，所以不能混合使用，故C正确；‎ D项、钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，该方法利用钾元素和钠元素的焰色反应不同鉴别KNO3和Na2SO4，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查的是物质的性质及用途，注意性质决定用途，用途体现性质，明确物质性质，注意古文的理解和化学物质性质的分析判断是解答关键。‎ ‎2.下列有关实验操作的叙述合理的是 A. 用pH试纸测定溶液pH时，不需要预先润湿 B. 蒸馏实验中，忘记加沸石，应立即趁热加入沸石 C. 要量取15.80mL溴水，须使用棕色的碱式滴定管 D. 用氢氧化钠溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、预先润湿pH试纸，相当于对溶液稀释，用pH试纸测定溶液pH时，不需要预先润湿，故A正确；‎ B. 蒸馏实验中，忘记加沸石，应停止加热，冷却后加入沸石，故B错误；‎ C. 溴水能腐蚀橡胶，要量取15.80mL溴水，须使用酸式滴定管，故C错误；‎ D. 用高锰酸钾或铁氰酸钾溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2+，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.学好化学，提高生活质量。下列说法不正确的是 A. 腌制咸鸭蛋利用了半透膜的渗析原理 B. 水垢中含有的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后再用酸除去 C. 病人在服用胃舒平(主要成分为氢氧化铝)期间可以多吃酸性食物 D. 人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 咸鸭蛋蛋壳内层有层半透膜，在腌制过程中利用了半透膜的渗析原理，A正确；‎ B. 水垢中含有的CaSO4为微溶物，先用饱和Na2CO3溶液处理时生成不溶的碳酸钙，而后再用酸除去，B正确；‎ C. 病人在服用胃舒平(主要成分为氢氧化铝)期间吃酸性食物会中和氢氧化铝，对胃酸过多的治疗不利，C错误；‎ D. 人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度，D正确；‎ 答案为C。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1 mol/L FeCl3溶液中Cl-个数为3NA B. 标准状况下，36g H2O与1.204×1024个O2分子所占的体积均为44.8L C. 密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数为2NA D. 0.1mol NH2-所含电子数约为6.02×1023个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.没有溶液体积，不能计算 1mol/L FeCl3溶液中Cl-的个数，故A错误；‎ B. 36g H2O与1.204×1024个O2分子的物质的量都是2mol，标准状况下，H2‎ O是液体，所占体积不是44.8L，故B错误；‎ C. SO2和O2反应可逆，密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数大于2NA，故C错误；‎ D.1个NH2-中有10个电子， 0.1mol NH2-含1mol电子，电子数约为6.02×1023个，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.某白色粉末由两种物质组成，为鉴定其成分进行如下实验：①取少量样品加入足量水中，有气泡产生且仍有部分固体未溶解，再继续加入足量稀硝酸，固体全部溶解；②取少量样品加入足量稀硫酸，有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为 A. Ba(HCO3)2、AlCl3 B. Mg(OH)2、 NH4HCO3‎ C. NaHSO4、BaCO3 D. NaHCO3、KAl(SO4)2・12H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将少量Ba(HCO3)2、AlCl3 样品加入足量水中，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，有气泡产生且仍有部分固体溶解，再继续加入足量稀硝酸，氢氧化铝固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸，碳酸氢钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀、水和二氧化碳，有气泡产生，振荡后仍有固体硫酸钡存在，故A符合题意；B.取少量Mg(OH)2、 NH4HCO3样品加入足量水中，不能发生反应，没有气泡产生；取少量样品加入足量稀硫酸，碳酸氢铵和硫酸反应生成硫酸铵、二氧化碳和水，有气泡产生，氢氧化镁和硫酸反应生成硫酸镁和水，振荡后固体消失，故B不合题意；C.取少量NaHSO4、BaCO3样品加入足量水中，二者发生离子反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，有气泡产生且仍有部分固体不溶解，再继续加入足量稀硝酸，硫酸钡固体不能溶解；故C不合题意；D.取少量NaHCO3、KAl(SO4)2・12H2O样品加入足量水中，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，有气泡产生且仍有部分固体溶解，再继续加入足量稀硝酸，氢氧化铝固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸，明矾全部溶解，碳酸氢钠和硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，有气泡产生，振荡后固体全部溶解，没有固体存在，故D不合题意；答案：A。‎ ‎6.二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。在回收过程中涉及如下化学反应：‎ ‎①SeO2＋4KI＋2H2SO4=Se＋2I2＋2K2SO4＋2H2O；‎ ‎②Se＋2H2SO4(浓)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O；‎ ‎③Se＋4HNO3(浓)=SeO2＋4NO2↑＋2H2O。‎ 下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. SeO2、H2SO4(浓)、I2的氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)>SeO2>I2‎ B. 反应①中Se是氧化产物，I2是还原产物 C. 反应①中生成0.6molI2，转移的电子数目为2.4NA D. 反应②③中等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应①SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化；反应②Se+2H2SO4(浓)=2SO2↑+SeO2+2H2O中，Se元素化合价升高，被氧化，S元素化合价降低，被还原，根据在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性判断氧化性强弱，结合元素化合价的变化计算转移电子数目。‎ ‎【详解】A．在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，则根据①可知氧化性：SeO2＞I2，②中氧化性：H2SO4(浓)＞SeO2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)＞SeO2＞I2，故A正确；‎ B．反应①SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化，则Se是还原产物，I2是氧化产物，故B错误；‎ C．根据化合价的变化可知，反应①中每有0.6molI2生成，转移的电子数目应为0.6mol×2×(1-0)×NA=1.2NA，故C错误；‎ D．由反应可知，设Se均为1mol，由反应②、③可知等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2：4=1：2，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎7.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：‎ 下列说法不正确的是 A. Y的分子式为C10H8O3‎ B. 由X制取Y的过程中可得到乙醇 C. 一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应 D. 等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为3∶2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由Y的结构简式可知Y的分子式为C10H8O3，故A正确；B．由原子守恒，由X发生取代反应生成Y的过程中另一产物为乙醇，故B正确；C．Y中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故C正确；D．X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol可与3molNaOH反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY可与3molNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：1，故D错误；故答案为D。‎ ‎【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有酯基决定具有酯的水解性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基还具有酚的性质。‎ ‎8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 100mL 0.1mol·L−1的Na2CO3溶液中，含阴离子的数目大于0.01NA B. 98g H2SO4含有2 NA个H+和NA个SO42-‎ C. 32g O2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NA D. 标准状况下，0.56L丙烷中含有共价键的数目为0.25NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、100mL 0.1mol·L−1的Na2CO3溶液中，CO32-水解为HCO3-和OH-，所以含阴离子的数目大于0.01NA，故A正确；；‎ B.硫酸是共价化合物，纯H2SO4中不含H+和SO42-，故B错误；‎ C. 32g O2和O3的混合物中含有的氧原子数目为32g÷16g/mol×NA=2NA，故C正确；‎ D. 1个丙烷分子中有10个共价键，标准状况下，0.56L丙烷中含有共价键的数目为0.56L÷22.4L/mol×10×NA=0.25 NA，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎9.下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液：HCO3—＋OH—=CO2↑＋H2O B. 4mol・L—1的 NaAlO2溶液和7mol・L—1的盐酸等体积混合：4AlO2—+7H++H2O=3A1(OH)3↓ +Al3+‎ C. 酸性条件下，用H2O2将I—转化为I2：H2O2＋2I－=I2＋2OH—‎ D. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋CO32—‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaHCO3与NaOH反应正确的离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故A错误；B、将4mol的AlO2-转化为氢氧化铝沉淀需要4mol氢离子，剩下的3mol氢离子溶解1mol沉淀，离子方程式为：4AlO2-+7H++H2O=3Al(OH)3↓+Al3+，故B正确。C、酸性条件下，I-被H2O2氧化，H2O2被还原成水，离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故C错误；D、一开始通入CO2时，先生成CaCO3沉淀，继续通入CO2会与CaCO3、H2O反应生成可溶的Ca(HCO3)，沉淀溶解，因此总的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】碳酸氢钠是酸式盐，氢氧化钠是碱，两者可以反应生成碳酸钠和水；Ca(ClO)2与少量CO2反应生成CaCO3沉淀和HClO，Ca(ClO)2与过量CO2反应生成Ca(HCO3)2和HClO；酸性条件下，H2O2被还原成水；1molAlO2-转化为Al(OH)3沉淀需要1molH+，1molAl(OH)3沉淀溶解需要3molH+。‎ ‎10.化学是一门以实验为基础的学科，下列关于高中课本中的实验说法正确的是 A. 铁与水蒸气反应，湿棉花可以为反应提供原料 B. 实验室制氨气，干棉花可以吸收多余的氨气以免污染环境 C. 实验室制乙酸乙酯，m试管中物质只有乙醇、浓硫酸和乙酸 D. 沉淀溶解转化实验，不能用来说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)>Ksp(Ag2S)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 铁与水蒸气反应，湿棉花在加热试管时的余热作用下产生水蒸气，可以为反应提供原料；‎ B. 实验室制氨气，干棉花不能吸收多余的氨气；‎ C. 实验室制乙酸乙酯，m试管中物质有乙醇、浓硫酸、乙酸和乙酸乙酯；‎ D. 沉淀溶解转化实验，NaCl、KI均为足量，可以完全反应生成相应的沉淀，能用来说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)>Ksp(Ag2S)。‎ ‎【详解】A. 铁与水蒸气反应，湿棉花在加热试管时的余热作用下产生水蒸气，可以为反应提供原料，A正确；‎ B. 实验室制氨气，干棉花不能吸收多余的氨气，B错误；‎ C. 实验室制乙酸乙酯，m试管中物质有乙醇、浓硫酸、乙酸和乙酸乙酯，C错误；‎ D. 沉淀溶解转化实验，NaCl、KI均为足量，可以完全反应生成相应的沉淀，能用来说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)>Ksp(Ag2S)，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎11.下列实验操作和现象及所得出的结论都正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向BaCl2溶液中通入SO2，产生白色沉淀 BaSO3是不溶于水的白色固体 B 向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色，中间为白色 氯水既有酸性又有还原性 C 相同条件下，分别测量0.1mol·L-1和0.01mol·L-1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强 醋酸浓度越大，电离程度越大 D 取5mL 0.1mol·L-1KI溶液，加入1mL 0.1mol·L-1FeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色 Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、亚硫酸的酸性小于盐酸，所以向BaCl2溶液中通入SO2，不反应，没有白色沉淀生成，故A错误；‎ B、向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色体现酸性，中间为白色体现漂白性（氧化性），故B错误；‎ C、弱电解质浓度越小电离程度越大，醋酸浓度越大，电离程度越小，故C错误；‎ D、取5mL 0.1mol·L-1KI溶液，加入1mL 0.1mol·L-1FeCl3溶液，KI溶液过量，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明溶液中有Fe3+，证明Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎12.X、Y、Z、M、W为五种短周期主族元素且原子序数依次增大。X有三种核素，质量数之比为1∶2∶3，Y是植物生长所需的三大营养元素之一，Z和M同主族。下列说法中错误的是 A. 简单氢化物的稳定性：W>M B. 简单离子半径：r(M)>r(W)>r(Y)>r(Z)‎ C. X、Y、Z三种元素只能形成共价化合物 D. Y、W分别与X形成的最简单化合物相遇会出现白烟 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.X、Y、Z、M、W为5种短周期主族元素且原子序数依次增大。X有三种核素，质量数之比为1∶2∶3，则X是氢元素；Y是植物生长所需的三大营养元素之一，Y是氮元素；Z和M同主族，Z只能是第二周期的元素，若Z是氧元素，M是硫元素；若Z是氟元素，M是氯元素，则W元素不属于短周期主族元素。综上，Z为氧元素，M为硫元素，W为氯元素。‎ A.由于非金属性：Cl>S，故氢化物的稳定性：HCl>H2S，故A项正确；‎ B.M和W对应的简单离子为：S2−和Cl−，由于二者核外电子排布相同，核电荷数越小，半径越大，故r(S2−)>r(Cl−)；Y和Z形成的简单离子分别为：N3−和O2−，二者核外电子排布相同，离子半径：r(N3−)>r(O2−)；由于电子层数越多半径越大，故r(S2−)>r(Cl−)> r(N3−)>r(O2−)，故B项正确；‎ C.H、N、O三种元素可以形成NH4NO3，化合物中含有离子键，属于离子化合物，故C项错误；‎ D.N、Cl与H形成化合物分别为：NH3和HCl，二者相遇会生成NH4Cl固体颗粒，有白烟出现，故D项正确，‎ 故选C。‎ ‎13.如图某工厂用NO气体制取NH4NO3溶液，下列说法正确的是 A. 阳极的电极反应式为：NO-3e-+2H2O=NO2-+4H+‎ B. 物质B与物质C是同一种物质 C. A物质可为氨气 D. 阴、阳两极转移的电子数之比为5∶3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、阳极NO失电子发生氧化反应生成NO3-，电极反应式是：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故A错误；‎ B、阴极是NO得电子发生还原反应生成铵根离子，所以B是铵根离子，C是硝酸根离子，故B错误 ；‎ C、阳极反应为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3-的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，故C正确；‎ D、电解过程中两个电极转移电离量一定相等，阴、阳两极转移的电子数之比为1∶1，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查电解池中电极反应式书写。C选项的判断，关键是理解好阴阳两个电极转移电子数一定相同，电解生成的硝酸根离子比铵根离子多。‎ ‎14.下列有关溶液中粒子浓度的关系式中，正确的是 A. pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③Na2CO3三份溶液中的c(Na＋)：③＞②＞①‎ B. 0.1mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中：c(Na+)=2c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)‎ C. 图中pH＝7时：c(Na＋)＞c(CH3COO－) ＞c(OH－)＝c(H＋)‎ D. 图中a点溶液中各离子浓度的关系是：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3水解程度依次增大，所以当三种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是③＜②＜①，故A错误；‎ B、根据物料守恒，0.1mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中：c(Na+)=c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)，故B错误；‎ C、根据电荷守，图中pH＝7时：c(Na＋)=c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)，故C错误；‎ D、 图中a点溶液中含有等浓度的醋酸钠和氢氧化钠，根据物料守恒：c(Na＋)= 2c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)、根据电荷守恒c(Na＋)+ c(H＋)=c(CH3COO－) +c(OH－)，二者联式可得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题是图像分析题，考查读图能力，能正确分析图像是关键，特别是能正确判断a点溶液中溶质是等浓度的醋酸钠和氢氧化钠。‎ ‎15.工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。某同学设计如下实验分别测定氮化铝(AlN样品中AlN和Al4C3的质量分数(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解)。 ‎ ‎（1）实验原理：①Al4C3与硫酸反应可生成CH4；‎ ‎②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式：____________。‎ ‎（2）实验装置(如图所示，量气管为碱式滴定管改装)‎ 连好装置后，首先应进行的操作是________。‎ ‎（3）实验过程：称得装置D的初始质量为y g；称取x g AlN样品置于装置B锥形瓶中，各装置中加入相应药品，重新连好装置；读取量气管的初始读数为a mL(量气装置左右液面相平)。‎ ‎①欲首先测量Al4C3质量分数的有关数据，对三个活塞的操作是________。‎ ‎②若无恒压管，对所测气体体积的影响是________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)‎ ‎③量气管中液面不再发生变化，说明反应已经结束。读取读数之前，应对量气管进行调整量气管高度，使左右两边液面相平 ，若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面，所测气体的体积______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。‎ ‎④记录滴定管的读数为b mL(已知：该实验条件下的气体摩尔体积为Vm L·mol－1)，则Al4C3的质量分数为______(用含a、b、x、y、Vm的代数式表示)。‎ ‎⑤测量AlN质量分数的数据：首先关闭活塞 K1 ，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量___，与装置B瓶内物质充分反应；反应完成后，____(填入该步应进行的操作)，最后称得装置D的质量为z g。‎ ‎【答案】 (1). AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑ (2). 检查装置的气密性 (3). 关闭活塞K2、K3，打开活塞K1 (4). 偏大 (5). 偏小 (6). ×100% (7). NaOH溶液 (8). 打开K2，通入一段时间空气 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）AlN与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氨气；‎ ‎（2）涉及气体实验要检验装置气密性；‎ ‎（3）①欲首先测量Al4C3质量分数，需测量Al4C3与硫酸反应生成甲烷的体积； ‎ ‎②若无恒压管，分液漏斗中的液体排出部分B中的空气； ‎ ‎③若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面，则球形容器中压强偏大；‎ ‎④记录滴定管的读数为bm L(已知：该实验条件下的气体摩尔体积为Vm L·mol－1)，生成甲烷的物质的量是 ；‎ ‎⑤AlN与强碱生成氨气，氨气被D吸收，根据D的质量变化计算AlN的质量；‎ ‎【详解】（1）AlN与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氨气，反应方程式是AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；‎ ‎（2）连好装置后，首先应进行的操作检查装置的气密性；‎ ‎（3）①欲首先测量Al4C3质量分数，测量Al4C3与硫酸反应生成甲烷体积，应关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，用排水量气法测量生成甲烷的体积；‎ ‎②若无恒压管，分液漏斗中的液体排出部分B中的空气，测量甲烷的体积偏大；‎ ‎③若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面，则球形容器中压强偏大，所测气体的体积偏小；‎ ‎④记录滴定管的读数为b mL(已知：该实验条件下的气体摩尔体积为Vm L·mol－1)，生成甲烷的物质的量是，根据碳元素守恒，Al4C3的物质的量是，Al4C3的质量分数为100% ；‎ ‎⑤AlN与强碱生成氨气，所以分液漏斗加入过量NaOH溶液，与装置B瓶内物质充分反应；反应完成后，打开K2，通一段时间空气，将B中氨气完全赶进D中吸收。‎ ‎16.镍钴锰酸锂电池是一种高功率动力电池。采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料(铝电极表面涂有LiNi1－x－yCoxMnyO2)的工艺流程如图所示：‎ 回答下列问题 ‎（1）废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是_______。‎ ‎（2）能够提高“碱浸”效率的方法有______(至少写两种)。‎ ‎（3）“碱浸”过程中，铝溶解的离子方程式为_____。‎ ‎（4）实验室模拟“碱浸”后过滤的操作，过滤后需洗涤，简述洗涤的操作过程：_____。‎ ‎（5）LiCoO2参与“还原”反应的离子方程式为_______。‎ ‎（6）溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示，则浸出过程的最佳条件是______。‎ ‎（7）已知溶液中Co2+的浓度为1.0mol·L－1，缓慢通入氨气，使其产生Co(OH)2沉淀，则Co2+沉淀完全时溶液的最小pH为______(已知：离子沉淀完全时c(Co2+)≤1.0×10－5mol·L－1，Ksp[Co(OH)2]=4.0×10－15，1g5=0.7，1g2=0.3,溶液体积变化忽略不计)。‎ ‎【答案】 (1). 放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料 (2). 粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等 (3). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑ (4). 沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作2~3次 (5). 2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑ (6). 75℃，30 min (7). 9.3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）放电过程中，Li+向正极移动；‎ ‎（2）根据影响速率的因素分析；‎ ‎（3）“碱浸”过程中，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；‎ ‎（4）根据实验基本操作“洗涤”回答； ‎ ‎（5）LiCoO2参与“还原”反应中LiCoO2被H2O2还原为Co2+；‎ ‎（6）根据图示，75℃，85℃，30 min 浸出率都能达到接近100%； ‎ ‎（7）根据Ksp[Co(OH)2]=4.0×10－15计算Co2+离子沉淀完全时c(OH-)。‎ ‎【详解】(1). 放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料，所以进行“放电处理”有利于锂在正极的回收；‎ ‎（2）粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等，能够提高“碱浸”效率；‎ ‎（3）“碱浸”过程中，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎(4). 洗涤的操作过程：沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作2~3次；‎ ‎（5）LiCoO2参与“还原”反应中LiCoO2被H2O2还原为Co2+，反应的离子方程式是2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑；‎ ‎（6）根据图示，75℃和85℃，30 min 浸出率都能达到接近100%，75℃消耗能量少，所以浸出过程的最佳条件是75℃，30min；‎ ‎（7）Ksp[Co(OH)2]=4.0×10－15，Co2+离子沉淀完全时c(OH-)= ，c(OH-)= ，所以pH=9.3。‎ ‎17.甲烷是一种重要的化工原料和清洁能源，研究其再生及合理利用有重要意义。‎ 请回答：‎ ‎（1）已知一定条件下发生如下反应：CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g) △H=+802kJ·mol－1。将一定量的CO2(g)和H2O(g)充入10L密闭容器中，分别在催化剂M、N的作用下发生上述反应，CH4(g)的产量(n)与光照时间(t)和温度(T)变化的关系如图1所示。‎ ‎①若甲烷的燃烧热(△H)为－890kJ·mol－1，则水的汽化热△H=___________。(汽化热指1mol液体转化为气体时吸收的热量)‎ ‎②T1℃、催化剂M作用下，0~20h内该反应速率v(H2O)=___________，该反应的平衡常数表达式K=___________‎ ‎③根据图1判断，T1___________T2(填“＞”“＜”或“=”)，理由为___________。‎ 催化剂的催化效果：M___________N(填“强于”或“弱于”)。‎ ‎（2）甲烷可用于制备合成气：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H。将CH4(g)和H2O(g)以物质的量之比为1：3充入盛有催化剂的刚性容器中发生该反应。相同时间段内测得CO的体积分数()与温度(T)的关系如图2所示。T0℃时，CO的体积分数最大的原因为_________________________________。该反应的△H_______0(填“＞”“＜”)‎ ‎【答案】 (1). +44 kJ•mol﹣1 (2). 0.006 mol•L﹣1•h﹣1 (3). K= (4). > (5). 该反应为吸热反应，温度升高，CH4产量增大 (6). 弱于 (7). 低于T0 ℃时，相同时间段内温度越高反应速率越快，CO的体积分数越大；高于T0 ℃时，反应达到平衡，该反应为放热反应，温度越高CO的体积分数越小 (答案合理给分) (8). ＜‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①若甲烷的燃烧热(△H)为-890kJ·mol-1，则CH4(g)+O2(g)===CO2(g)+2H2O(l) ΔH= - 890kJ/mol；‎ ‎②v(H2O)=；平衡常数是生成物浓度系数次方的乘积与反应物浓度系数次方乘积的比；‎ ‎③催化剂对平衡移动无影响，正反应吸热，升高温度平衡正向移动，甲烷的物质的量增大；‎ 催化剂影响反应速率；‎ ‎（2）温度越高，反应速率越快，CO的体积分数增大；T0℃后，温度升高CO的体积分数减小，说明平衡逆向移动。‎ ‎【详解】（1）①若甲烷的燃烧热(△H)为-890kJ·mol-1，则CH4(g)+O2(g)===CO2(g)+2H2O(l) ΔH= -890kJ/mol；②CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g) △H= +802kJ·mol-1。根据盖斯定律 ①＋②得2H2O(g)=2H2O(l) ΔH= -88kJ/mol，水的汽化热△H= +44 kJ•mol-1；‎ ‎②T1℃、催化剂M作用下，0~20h内生成甲烷0.6mol，则消耗水1.2mol，该反应速率v(H2O)= ==0.006 mol•L-1•h-1，该反应的平衡常数表达式K=；‎ ‎③催化剂对平衡移动无影响，正反应吸热，升高温度平衡正向移动，甲烷的物质的量增大，平衡时甲烷的物质的量M大于N，所以T1＞T2；T1＞T2，但M的速率小于N，所以催化剂的催化效果：M弱于N；‎ ‎ (2). 低于T0 ℃时，相同时间段内温度越高反应速率越快，CO的体积分数越大；高于T0 ℃时，反应达到平衡，温度越高CO的体积分数越小，所以T0℃时，CO的体积分数最大；温度越高CO的体积分数越小，说明正反应放热，△H＜0。‎ ‎18.根据物质结构有关性质和特点，回答下列问题：‎ ‎（1）基态As原子的价层电子的电子云轮廓图形状为_____________。‎ ‎（2）Na3AsO3可用于碘的微量分析。Na3AsO3中所含阴离子的立体构型为_____________，写出一种与其互为等电子体的分子：_____________（填化学式）。‎ ‎（3）丙烯腈(CH2=CH-CN)分子中碳原子轨道杂化类型是____________。‎ ‎（4）Ni与Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，其原因为___________。区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为___________。‎ ‎（5）钛存在两种同素异形体，α—Ti采纳六方最密堆积，β—Ti采纳体心立方堆积，由α—Ti转变为β—Ti晶体体积____________(填“膨胀”或“收缩”)。‎ ‎（6）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。若合金的密度为d g·cm－3，晶胞参数a＝______ nm。‎ ‎【答案】 (1). 球形、哑铃形（或纺锤形） (2). 三角锥形 (3). PCl3、PBr3、NF3、NCl3等 (4). sp2 sp (5). Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强 (6). X-射线衍射法 (7). 膨胀 (8). ×107‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）基态As原子的价层电子排布在4s24p3；‎ ‎（2）AsO33-中As原子的杂化轨道数是 ；等电子体是原子数、价电子数相同的离子或分子，AsO33-的原子数是4、价电子数是26；‎ ‎（3）丙烯腈(CH2=CH-CN)中双键碳是sp2杂化、叁键碳是sp杂化；‎ ‎（4）金属键的强弱与原子半径、价层电子数有关。X-射线衍射法可以区分晶体和非晶体；‎ ‎（5）六方最密堆积空间利用率74%，体心立方堆积空间利用率68%；‎ ‎（6）根据均摊原则，晶胞中铜原子数是、镍原子数是。‎ ‎【详解】（1）基态As原子的价层电子排布在4s24p3，s轨道为球形、p轨道为哑铃形；‎ ‎（2）AsO33-中As原子的杂化轨道数是，有1个孤电子对，所以立体构型为三角锥形；等电子体是原子数、价电子数相同的离子或分子，AsO33-的原子数是4、价电子数是26，与AsO33-互为等电子体的分子是PCl3、PBr3、NF3、NCl3等；‎ ‎（3）丙烯腈(CH2=CH-CN)中有2个双键碳、1个叁键碳，碳原子轨道杂化类型是sp2、sp；‎ ‎（4）与Ca相比 ，Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强，所以Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高；区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为X-射线衍射法；‎ ‎（5）六方最密堆积空间利用率74%，体心立方堆积空间利用率68%，由α—Ti转变为β—Ti晶体体积膨胀；‎ ‎（6）根据均摊原则，晶胞中铜原子数是、镍原子数是；晶胞的摩尔质量是(64×3＋59)g/mol；所以，a=×107nm。‎ ‎【点睛】根据均摊原则，立方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用、面心的原子被一个晶胞占用，楞上的原子被一个晶胞占用，晶胞内的原子被一个晶胞完全占用。‎ ‎19.非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：‎ 回答下列问题 ‎(1)的化学名称是_____________，中含氧官能团的名称为___________。‎ ‎(2)上述反应中，反应①的条件是___________，过程①属于______反应 ‎(3)反应②发生的是取代反应，且另一种产物有，写出由生成的化学方程式______。‎ ‎(4)有机物与非诺芬互为同分异构体，满足下列条件：‎ I．能与NaHCO3溶液反应，且能与FeCl3溶液发生显色反应 II．分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环 的结构有_____种，写出其中一种不能与浓溴水发生取代反应的的结构简式_________。‎ ‎(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备路线流程图(无机试剂任用)_________‎ ‎【答案】 (1). 苯 (2). 醚键、羰基 (3). ，(或，) (4). 取代 (5). (6). 4 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程图知，A发生取代反应生成B，B为溴苯，则A为苯；B发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生取代反应生成F，F发生水解反应生成非诺洛芬，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）根据以上分析，的化学名称是苯，中含氧官能团的名称为醚键、羰基。‎ 故答案为：苯；醚键和羧基；‎ ‎（2）反应①发生是苯的溴代反应，反应条件是，(或，)，该反应属于取代反应，‎ 故答案为：，(或，)；取代；‎ ‎（3）B发生取代反应生成C，该取代反应中有一种物质是HBr，根据C 的结构简式结合原子守恒知，X结构简式为，由生成发生反应的化学方程式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）I．能与NaHCO3溶液反应，说明有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基；‎ II．分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明该分子中含有两个苯环且H原子种类是6，则符合条件的的结构简式为、、、，共有4种；因酚与浓溴水反应取代羟基邻对位氢原子，不能与浓溴水发生取代反应的的苯环应被其它基团占据，所以不能与浓溴水发生取代反应的的结构简式为，‎ 故答案为：4；；‎ ‎（5）用发生类似题中的④⑤⑥反应，可得，再用与酯化得，所以其合成路线为 ‎ ‎，‎ 故答案为： ‎ ‎【点睛】本题考查了有机物的合成，明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，利用题给信息解答（5）题，注意反应条件和有机物断键和成键位置。‎ ‎ ‎