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陕西省宝鸡中学2020届高三上学期第一次联考化学试题
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2020届高三第一次五校联考化学试题（A卷）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码或二维码准确粘贴在条形码或二维码粘贴处。
2.答题时请按要求用笔。
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试卷上答题无效。
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带或刮纸刀。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 As-75 P-31 Ba-137 Fe-56 Cl-35.5 Cu-64 S-32 Ni-59
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A. 在花生油中添加抗氧化剂(TBHQ)可延缓其酸败过程
B. 生石灰、硅胶、无水CaCl2、P2O5 等均可作食品干燥剂
C. 利用乙醇的还原性以及Cr3+、Cr2O72-的颜色差异来检验是否酒后驾车
D. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是产生雾霾天气的主要因素
【答案】B
【解析】
【详解】A. 花生油属于植物油，植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，具有还原性，易被空气中的氧气氧化，因此在花生油中添加抗氧化剂(TBHQ)可延缓其酸败过程，故A正确；
B. P2O5是酸性氧化物吸水生成磷酸或偏硫酸，酸有腐蚀性，而偏磷酸有毒，因此不可用作食品干操剂，故B错误；
C. 乙醇具有还原性,可被Cr2O7−氧化为Cr3+，Cr3+、Cr2O7−的颜色不同，可用于检验酒后驾车，故C正确；
D. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，对人体有害，为可吸入颗粒物，故D正确；
答案选B。
【点睛】作食品干燥剂的物质必须无毒，安全。
2.下列有关文献记载中涉及的化学知识表述不正确的是（ ）
A. “以曾青涂铁，铁赤色如铜”说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术
B. “墙塌压糖，去土而糖白”中的脱色过程发生了化学变化
C. “丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”讲的是单质与化合物之间的互变
D. 《本草纲目》中记载：“烧酒非古法也，……，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。”涉及的操作方法是蒸馏
【答案】B
【解析】
【详解】A. “以曾青涂铁，铁赤色如铜”发生的反应为：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，是湿法冶金的先驱，古代文献有记载，说明我国古代已经掌握了反应原理，即掌握了“湿法冶金”技术，故A正确；
B. 蔗糖的分离提纯采用了黄泥来吸附红糖中的色素，没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；
C. “丹砂(HgS)烧之成水银”的反应为HgSHg+S，是化合物分解生成单质的过程，“积变又还成丹砂”的反应为Hg+S=HgS，是单质转化为化合物的过程，故C正确；
D. 白酒的烧制是利用沸点不同将白酒中的水和酒精分离，为蒸馏操作，故D正确；
答案选B。
【点睛】活性炭或黄泥疏松多孔，可吸附颜色气味，吸附属于物理变化。
3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A. 31g白磷中含有1.5NA个P-P
B. 1L、0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1NA个
C. 标准状况下，22.4LHF含NA个分子
D. 标准状况下，1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 31g白磷为0.25mol，一个白磷中含有6个P-P，0.25mol白磷中含有1.5NA个P-P，故A正确；
B. 1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含有0.1mol溶质碳酸钠，由于碳酸根离子发生水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增多，则溶液中含阴离子总数大于0.1 NA个，故B错误；
C. 标况下HF为液态，22.4LHF不是1mol，所含分子数不是NA个，故C错误；
D. 标准状况下，1molCl2溶于水，部分和水反应（可逆反应），转移的电子数目小于0.1NA，故D错误；
答案选A。
【点睛】算共价键的数目时，需清楚分子的立体构型，知道分子的结构，例如白磷是正四面体构型。
4.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-198kJ/mol，在V2O5存在时，该反应机理为：V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)； 4VO2+O2→2V2O5(慢)，下列说法正确的是（ ）
A. 反应速率主要取决于V2O5的质量 B. VO2是该反应的催化剂
C. 该反应逆反应的活化能大于198kJ/mol D. 升高温度，该反应的△H增大
【答案】C
【解析】
【分析】
在V2O5存在时，该反应机理为：V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)； 4VO2+O2→2V2O5(慢)，可知，V2O5是反应的催化剂，催化剂的催化效果与催化剂和反应物的接触面积有关，反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。
【详解】A. 由反应机理可得，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系，但主要取决于催化剂V2O5的表面积，故A错误；
B. 反应中的催化剂是V2O5，而不是VO2，故B错误；
C. △H=正反应的活化能-逆反应的活化能=-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故C正确；
D. 焓变与反应物、生成物的总能量的相对大小有关，而与外界条件无关，所以升高温度，该反应的△H不变，故D错误。
答案选C。
5.英国科学家希尔发现，离体的叶绿体悬浮液中加入适当的电子受体(如草酸铁)，在光照时可使水分解而释放氧气，从而证明了氧的释放与CO2还原是不同的过程，将对光合作用的研究上升到细胞层面。该反应方程式为4Fe3++2H2O4Fe2++4H++O2↑，下列有关希尔反应说法错误的是（ ）
A. 水在光反应中起供氢体和电子供体双重作用
B. 反应后溶液pH减小
C. 生成标准状况下11.2 L O2时，Fe3+得电子数为2NA
D. 叶绿体本身被氧化
【答案】D
【解析】
【分析】
反应4Fe3++2H2O4Fe2++4H++O2↑中，Fe元素化合价由+3价降低到+2价，被还原，Fe3+为氧化剂，O元素化合价由-2价升高到0价，被氧化，H2O为还原剂，叶绿体为催化剂，以此解答。
【详解】A．由反应4Fe3++2H2O4Fe2++4H++O2↑可知水在光反应中起供氢体和电子供体双重作用，故A正确；
B．反应生成H+，溶液pH减小，故B正确；
C．O元素化合价由-2价升高到0价，则每生成标准状况下11.2 L 即=0.5molO2转移0.5mol×4=2mol电子，故Fe3+得电子数为2NA，故C正确；
D．由方程式可知叶绿体为催化剂，故D错误；
故答案为D。
6.下列有关溶液中离子存在和转化的表达合理的是
A. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-
B. 离子方程式2Ca2++3HCO3-+3OH-=2CaCO3↓+CO32-+3H2O可以表示NH4HCO3与澄清石灰水反应
C. 由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中可能大量存在K+、I-、Mg2+、NO3-
D. n[NH4AlSO4)2]：n[Ba(OH)2] =2 : 5 时发生的反应为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-=NH3·H2O+AlO2-+2H2O+BaSO4↓
【答案】D
【解析】
A. 中性溶液中Fe3+不能大量存在，要水解生成氢氧化铁沉淀，故A错误；B. NH4HCO3与澄清石灰水反应，生成碳酸钙沉淀和氨水，故B错误； C. 由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液可能显酸性或碱性，在酸性溶液中I-、NO3-要发生氧化还原反应，在碱性溶液中Mg2+不能大量存在，故C错误；D. n[NH4AlSO4)2]：n[Ba(OH)2] =2 : 5 时发生的反应生成硫酸钡沉淀和偏铝酸根离子以及氨水，反应的离子方程式为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-=NH3·H2O+AlO2-+2H2O+BaSO4↓，故D正确；故选D。
7.鲜花保鲜剂S-诱抗素制剂，可保证鲜花盛开。S-诱抗素的分子结构如下图，下列关于该物质的说法不正确的是（ ）
A. 其分子式为C15H20O4
B. 1mol该物质完全燃烧，需要消耗20mol氧气
C. 既能发生加成反应，又能发生取代反应
D. 既能使紫色石蕊试剂显红色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】B
【解析】
A．由结构简式及C能形成4个共价键可知，该有机物的分子式为C15H20O4，故A正确；B．由CxHyOz消耗氧气为x+-可知，1mol该物质完全燃烧，消耗1mol×(15+-)=18molO2，故B错误；C．有机物中含C=C能发生加成反应，含-OH、-COOH能发生取代反应，故C正确；D．含-COOH该有机物能使紫色石蕊试剂显红色，含-OH及C=C均能被高锰酸钾氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选B。
8.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀
苯酚浓度小
B
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜
蔗糖未水解
D
向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液,溶液呈蓝色
溶液中含 Br2
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A．向苯酚溶液中加少量的浓溴水，生成的三溴苯酚可以溶解在过量的苯酚溶液中，所以无白色沉淀，A错误；B．沉淀部分溶解，说明还有一部分不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只有部分被氧化，B正确；C．银镜反应是在碱性条件下发生的，本实验中没有加入碱中和做催化剂的稀硫酸，所以无法发生银镜反应，从而无法证明蔗糖是否水解，C错误；D．溶液变蓝，说明有碘生成或本来就有碘分子。能把碘离子氧化为碘的黄色溶液除了可能是溴水外，还可能是含其他氧化剂（如Fe3+）的溶液；当然黄色溶液也可能是稀的碘水，所以D错误。答案选B。
9.短周期元素 A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往 E 单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法中，正确的是（ ）
A. B的氢化物的沸点一定高于A的氢化物
B. D的单质能与A的最高价氧化物反应
C. B的最高价氧化物对应的水化物的酸性比E的最高价氧化物对应的水化物的酸性强
D. 某物质焰色反应呈黄色，该物质一定是含C元素的盐
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则A是C元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，则B为N元素；C、D为金属元素，原子序数大于氮，处于第三周期，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，其最外层电子数为2，所以D为Mg元素，C为Na元素；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色的现象，则E是Cl元素，以此解答该题。
【详解】由上述分析可知，A为C，B为N，C为Na，D为Mg，E为Cl，
A. A 的氢化物若为苯等烃类物质，常温下为液态，则沸点比氨气的高，故A错误；
B. D的单质为Mg，A的最高价氧化物为二氧化碳，二者在点燃的条件下反应生成氧化镁和碳单质，故B正确；
C. B为氮，其最高价氧化物对应的水化物为硝酸，E为氯，其最高价氧化物对应的水化物高氯酸，氯的非金属性强于氮，则高氯酸的酸性强于硝酸的酸性，故C错误；
D. 某物质焰色反应呈黄色，该物质含有Na元素，可能是含钠盐，也可能为NaOH等，故D错误；
答案选B。
10.微生物燃料电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法正确的是
A. M为电池正极，CH3COOH被还原
B. 外电路转移4mol电子时，M 极产生22.4LCO2
C. 反应一段时间后，N极附近的溶液pH下降
D. Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活
【答案】D
【解析】
A.由图中信息可知，电子由M极流向N极，则M为电池负极，CH3COOH被氧化，选项A错误观点；B. 根据负极电极反应式CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+可知，外电路转移4mol电子时， 标准状况下M极产生22.4LCO2(忽略CO2溶解)，但题干中没有说明标准状况，选项B错误；C.根据图中信息可知， N极消耗氢离子，反应一段时间后，氢离子浓度降低，N极附近pH增大，选项C错误；D. 强氧化剂能使蛋白质变性，故Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，选项D错误。答案选D。
点睛：本题考查原电池知识，侧重学生的分析能力的考查，答题时注意把握题给信息，结合氢离子的定向移动判断原电池的正负极，注意有机物中C元素化合价的判断，由电解池装置图可知H+向右移动，则b电极为正极，发生还原反应，Cr2O72-得电子生成Cr3+，a极发生氧化反应，CH3COOH被氧化生成CO2，为原电池的负极，以此解答该题。
11.铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是（ ）
A. 过程Ⅰ反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4
B. 检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液
C. 若省略过程Ⅱ，则铵明矾产率明显减小
D. 向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热，先后观察到：刺激性气体逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失
【答案】D
【解析】
【分析】
NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后所得滤液A中有(NH4)2SO4和少量的NaHCO3，将滤液A用稀硫酸调节pH=2，使NaHCO3生成硫酸钠，得滤液B为(NH4)2SO4溶液和少量的硫酸钠溶液，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾，据此答题。
【详解】A.过程Ⅰ利用NaHCO3的溶解度比较小，NH4HCO3和Na2SO4发生反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4，故A正确；
B.溶液B已经呈酸性，检验SO42－只需加入BaCl2溶液即可，故B正确；
C.若省略过程Ⅱ，溶液中还有一定量的HCO3－，加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3会与HCO3－发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故C正确；
D.向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成→刺激性气体逸出→白色沉淀消失，故D错误；
答案选D。
12.下列表示相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A. 中子数为18的氯原子：Cl
B. 丁烷的球棍模型
C. Na+的结构示意图：
D. 次氯酸的电子式
【答案】B
【解析】
【详解】A. 中子数为18的氯原子，质量数=中子数+质子数=17+18=35：Cl，故A错误；
B. 丁烷分子式为C4H10，用小棍表示化学键，根据原子半径大小比例用小球表示原子，球棍模型为，故B正确；
C. Na 失去一个电子变为Na+，Na+的结构示意图：，故C错误；
D. 次氯酸是共价化台物,氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H-O-Cl，则电子式为，故D错误；
答案选B。
13.高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时，含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=]。下列说法正确的是（ ）
A. K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质
B. 25℃，H2FeO4+H+H3FeO4+的平衡常数K>100
C. 由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1=4.15×10-4
D. A、C两点对应溶液中水的电离程度相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液中存在H2FeO4，说明H2FeO4在溶液中存在电离平衡，则H2FeO4属于弱电解质，故A错误；
B．结合图象可知，c(H2FeO4)=c(H3FeO4+)时，溶液的pH<2，c(H+)>0.01mol/L，则H2FeO4+H+⇌H3FeO4+的平衡常数K==<=100，即K<100，故B错误；
C．B点pH=4，δ（HFeO4-）=0.806，则δ（H2FeO4）≈0.194，由于溶液体积相同，则=≈4.15，则H2FeO4的第一步电离常数Ka1=×c（H+）=4.15×1×10-4=4.15×10-4，故C正确；
D．FeO42-水解促进了水的电离，c（FeO42-）的浓度浓度越大，则水的电离程度越大，根据图象可知，水的电离程度：C>A，故D错误；
答案选C。
14.下列关于误差分析的判断正确的是（ ）
A. 酸碱中和滴定中，滴定终点读数时滴定管内有气泡，会使测得浓度偏大
B. 用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，药品质量一定偏小
C. 配制1moI/L的NaOH溶液时，未恢复至室温就转移并定容，所得溶液浓度偏大
D. 用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，测定值偏小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 酸碱中和滴定中滴定终点读数时滴定管内吸入气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测标准液体积偏小，测定结果偏低，故A错误；
B. 用托盘天平称取药品时，若不使用游码，药品和砝码位置颠倒，对称量质量无影响，若使用游码，称量质量偏少，故B错误；
C. NaOH溶于水后放热，未恢复至室温就转移并定容，最终配制溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，故C正确；
D. 用湿润的pH 试纸测稀酸溶液的pH，酸溶液被稀释，测定值偏大，故D错误；
答案选C。
第Ⅱ卷
二、必考题：本题共3小题，共43分。
15.2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫、斯坦利·威廷汉和吉野彰，表彰他们对锂离子电池研究的贡献。磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片（除LiFePO4外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂）中的资源，部分流程如图：
已知：Ksp ( Li2CO3)=1.6×10-3 。部分物质的溶解度（S）如下表所示：
T℃
S(Li2CO3)/g
S(Li2SO4)/g
S(Li3PO4)/g
20
1.33
34.2
0.039
80
0.85
30.5
——
100
0.72
——
（1）从“正极”可以回收的金属有___。
（2）写出碱溶时Al箔溶解的离子方程式___。
（3）磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生LiFePO4和FePO4的转化，该电池充电时正极的电极反应式为___。
（4）酸浸时产生标准状况下3.36LNO时，溶解 LiFePO4___mol（其他杂质不与HNO3反应），若用H2O2代替HNO3，发生反应的离子方程式为___。
（5）流程中用“热水洗涤”的原因是___。
（6）若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率到90%，计算滤液③中c(CO32-)=___mol/L。
（7）“沉淀”时___（填“能”或“不能”）用Na2SO4溶液代替饱和Na2CO3溶液，原因是___。
【答案】 (1). Li、Fe、Al (2). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (3). LiFePO4 -e-=FePO4+Li+ (4). 0.45 (5). H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O或H2O2+8H++2LiFePO4=2Fe3++2H2O+2H3PO4+2Li+ (6). Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解 (7). 0.04 (8). 不能 (9). Li2SO4为易溶物
【解析】
【分析】
正极片经碱溶可得到NaAlO2滤液，含有磷酸亚铁锂的滤渣加入硫酸、硝酸，可除去不溶于酸碱的导电剂，得到含有P、Fe、Li的滤液，加入碱液调节pH值，生成的沉淀为FePO4，滤液加入碳酸钠，可生成碳酸锂沉淀，以此解答该题。
（1）根据分析流程，碱溶可得到NaAlO2滤液，调节pH值，生成的沉淀为FePO4，加入碳酸钠，可生成Li2CO3沉淀，可判断从“正极”可以回收的金属；
（2）碱溶时Al箔与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；
（3）磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生还原反应，电极反应式为：FePO4+e-+Li+= LiFePO4该电池充电时正极变为阳极，失电子发生氧化反应，将放电时正极反应倒写即为阳极电极反应式；
（4）酸浸时HNO3转化为NO，产生标准状况下3.36LNO的物质的量为=0.15mol，产生1molNO，转移3mol电子，则生成0.15molNO转移0.45mol电子，LiFePO4与硝酸反应转化为FePO4，Fe的化合价由+2价变为+3价，溶解1mol LiFePO4转移1mol电子，则转移0.45mol电子，溶解 LiFePO40.45mol；若用H2O2代替HNO3，H2O2与LiFePO4发生氧化还原反应；
（5）根据表格数据已知条件可得，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解；
（6）若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率到90%，混合后溶液中含有的c(Li+)=4mol/L×(1-90%)×=0.2mol/L，已知：Ksp ( Li2CO3)= c2 (Li+)·c(CO32-)=1.6×10-3，进而计算c(CO32-)；
“沉淀”时不能用Na2SO4溶液代替饱和Na2CO3溶液，原因是Li2SO4为易溶物，最终得不到Li2CO3沉淀。
【详解】（1）根据分析流程，碱溶可得到NaAlO2滤液，调节pH值，生成的沉淀为FePO4，加入碳酸钠，可生成Li2CO3沉淀，因此从“正极”可以回收的金属有Li、Fe、Al，
答案为：Li、Fe、Al；
（2）碱溶时Al箔与氢氧化钠反应，溶解的离子方程式2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（3）磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生还原反应，电极反应式为：FePO4+e-+Li+= LiFePO4该电池充电时正极变为阳极，失电子发生氧化反应，将放电时正极反应倒写即为阳极电极反应式为LiFePO4=FePO4+Li++e-，
答案为：LiFePO4 -e-=FePO4+Li+；
（4）酸浸时HNO3转化为NO，产生标准状况下3.36LNO的物质的量为=0.15mol，产生1molNO，转移3mol电子，则生成0.15molNO转移0.45mol电子，LiFePO4与硝酸反应转化为FePO4，Fe的化合价由+2价变为+3价，溶解1mol LiFePO4转移1mol电子，则转移0.45mol电子，溶解 LiFePO40.45mol；若用H2O2代替HNO3，H2O2与LiFePO4发生氧化还原反应，反应的离子方程式为H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O或H2O2+8H++2LiFePO4=2Fe3++2H2O+2H3PO4+2Li+，
答案为：0.45；H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O或H2O2+8H++2LiFePO4=2Fe3++2H2O+2H3PO4+2Li+；
（5）根据表格数据可得，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解，
答案为：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解；
（6）若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率到90%，混合后溶液中含有的c(Li+)=4mol/L×(1-90%)×=0.2mol/L，已知：Ksp ( Li2CO3)= c2 (Li+)·c(CO32-)=1.6×10-3，则滤液③中c(CO32-)===0.04 mol/L，
答案为：0.04；
（7）“沉淀”时不能用Na2SO4溶液代替饱和Na2CO3溶液，原因是Li2SO4为易溶物，最终得不到Li2CO3沉淀，
答案为：Li2SO4为易溶物。
【点睛】本题考察湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片的工艺流程题，第六问溶度积知识的考查是难点，需利用溶度积的公式，算出碳酸根的浓度。
16.冬季是雾霾天气高发的季节，其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的原因之一。
（1）使用甲醇汽油可以减少汽车尾气对环境的污染。工业上在200℃和10MPa的条件下可用甲烷和氧气通过铜制管道反应制得甲醇，已知一定条件下，CH4和CH3OH的燃烧热分别784kJ/mol和628kJ/mol则2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) △H=___。
（2）二甲醚也是清洁能源。用合成气在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g) +H2O(g) △H<0。
①某温度下，将2.0molCO(g)和6.0molH2(g)充入容积为2L的密闭容器中，反应到达平衡时，改变压强和温度，平衡体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数变化情况如图所示，关于温度和压强的关系判断正确的是____。
A.P3>P2，T3>T2
B.P1>P3，T1>T3
C.P1>P4，T2>T3
D.P2>P4，T4>T2
②在恒容密闭容器里按体积比为1：3充入一氧化碳和氢 气，一定条件下反应达到平衡状态．当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是___。
A.氢气的转化率减小 B.逆反应速率先增大后减小
C.化学平衡常数K值增大 D.反应物的体积百分含量增大
（3）汽车尾气净化的主要原理为：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g) +N2(g)
①200K、pPa时，在一个容积为2L的恒温密闭容器中充入1.5molNO和2.0molCO，开始反应至2min时测得CO转化率为30%，则用N2表示的平均反应速率为υ(N2)=___；反应达到平衡状态时，测得二氧化碳为0.8mol，则平衡时的压强为起始压强的__倍(保留两位小数)。
②该反应在低温下能自发进行，该反应的ΔH__0(填“>”、“<”)
③在某一绝热、恒容的密闭容器中充入一定量的NO、CO发生上述反应，测得正反应的速率随时间变化的曲线如图所示(已知：t2-t1=t3-t2)则下列说法不正确的是__(填编号)
A.反应在c点未达到平衡状态
B.反应速率a点小于b点
C.反应物浓度a点大于b点
D.NO的转化率：t1~t2 > t2~t3
【答案】 (1). -312kJ/mol (2). BC (3). BD (4). 0.075mol/(L·min) (5). 0.89 (6). ＜ (7). D
【解析】
【分析】
（1）已知一定条件下，CH4和CH3OH的燃烧热分别784kJ/mol和628kJ/mol，即①CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H1=-784kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H2=-628kJ/mol，根据盖斯定律：①×2-②×2可得，2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) △H= -312kJ/mol；
（2）①通过图示可知，温度越高二甲醚的质量分数越小；正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，二甲醚的质量分数增大；
②A．增大反应物浓度，平衡正向移动，正反应速率先增大后减小；
B．逆反应速率先增大后减小，说明平衡逆向移动；
C．化学平衡常数K值增大，说明平衡正向移动；
D．反应物的体积百分含量增大，说明平衡逆向移动；
（3）①根据CO转化率计算消耗CO物质的量，根据v=计算v（CO），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（N2）；由题目信息可知，
利用三段式：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g) +N2(g)
起始(mol) 1.5mol 2.0mol 0 0
变化(mol) 0.8mol 0.8mol 0.8mol 0.4mol
平衡(mol) 0.7mol 1.2mol 0.8mol 0.4mol
根据物质的量之比=压强之比可得，平衡时的压强：起始压强=平衡时的物质的量：初始物质的量；
②正反应为气体物质的量减小的反应，为熵减反应，而△H-T△S<0反应自发进行；
③从t4时刻正反应速率不变，处于平衡状态，t4时刻前未到达平衡，反应向正反应进行，由②中可知反应热反应，绝热条件下，随反应进行温度升高，温度起主导作用，反应速率加快，而后浓度为主导因素，反应速率减低至平衡状态；
【详解】（1）已知一定条件下，CH4和CH3OH的燃烧热分别784kJ/mol和628kJ/mol，即①CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H1=-784kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H2=-628kJ/mol，根据盖斯定律：①×2-②×2可得，2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) △H= -312kJ/mol，
故答案为：-312kJ/mol；
（2）①2CO(g)+4H2(g)⇌ CH3OCH3(g) +H2O(g) △H<0，正反应放热，由图示可知温度越高二甲醚的质量分数越小，故温度：T1>T2>T3>T4；正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，二甲醚的质量分数增大，故压强P1>P2>P3>P4，
故答案为：BC；
②A．增大反应物浓度，平衡正向移动，正反应速率先增大后减小，不一定逆向移动，故A错误；
B．逆反应速率先增大后减小，说明平衡逆向移动，故B正确；
C．化学平衡常数K值增大，说明平衡正向移动，故C错误；
D．反应物的体积百分含量增大，说明平衡逆向移动，故D正确；
故答案选BD；
（3）①消耗CO物质的量为2.0mol×30%=0.6mol，v(CO)==0.15mol/(L·min)，速率之比等于化学计量数之比，则v(N2)=v(CO)=×0.15mol/(L·min)=0.075 mol/(L·min)；
利用三段式：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g) +N2(g)
起始(mol) 1.5mol 2.0mol 0 0
变化(mol) 0.8mol 0.8mol 0.8mol 0.4mol
平衡(mol) 0.7mol 1.2mol 0.8mol 0.4mol
根据物质的量之比=压强之比可得，平衡时的压强：起始压强=平衡时的物质的量：初始物质的量== 0.89，则平衡时的压强为起始压强的0.89倍，
故答案为：0.075 mol/(L·min)；0.89；
②正反应为气体物质的量减小的反应，为熵减反应，△S<0，而△H-T△S<0反应自发进行，该反应在低温下能自发进行，该反应的△H<0，
故答案为：<；
③从t4时刻正反应速率不变，处于平衡状态，t4时刻前未到达平衡，反应向正反应进行，由②中可知为反应热反应，绝热条件下，随反应进行温度升高，温度起主导作用，反应速率加快，而后浓度为主导因素，反应速率减低至平衡状态；
A．反应在c点未达到平衡状态，故A正确；
B．由图可知，反应速率a点小于b点，故B正确；
C．反应物浓度a点大于b点，故C正确；
D．NO的转化率：t1～t2
【点睛】本题考察化学平衡及其相关知识，熟练应用三段式计算，勒夏特列原理的应用，仔细观察图象，得出速率，浓度的大小关系。
17.二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：
物理性质
毒性
色态
挥发性
熔点
沸点
剧毒
金黄色液体
易挥发
－76℃
138℃
化学性质
①300℃以上完全分解；
②S2Cl2+Cl22SCl2；
③遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险；
④受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；
（1）制取少量S2Cl2
实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品。
①仪器m的名称为___，装置F中试剂的作用是___。
②装置连接顺序：A→___→E→D。
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是___。
④为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和___。
（2）①S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式___。
②甲同学为了验证两种气体产物，将水解生成的气体依次通过硝酸银与稀硝酸的混合溶液、品红溶液、NaOH 溶液，该方案___（填“可行”或“不可行”），原因是___。
（3）某同学为了测定S2Cl2与水反应后生成的气体X在混合气体中的体积分数，设计了如下实验方案：
①W溶液可以是___(填标号)。
a．H2O2溶液 b．KMnO4溶液(硫酸酸化) c．氯水
②该混合气体中气体X的体积分数为____(用含V、m的式子表示)。
【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 除去Cl2中混有的HCl杂质 (3). FCB (4). 将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集 (5). 滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量) (6). 2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑ (7). 不可行 (8). 二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验 (9). ac (10). ×100%
【解析】
【分析】
(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；
①仪器m的作用和形状分析仪器名称为三颈烧瓶；
②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，结合上述分析连接装置；
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气，是排净装置内空气，实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，是把生成的S2Cl2排入E中收集；
④氯气过量则会生成SCl2，温度过高分解，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；
(2) ①S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，该气体X为SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，即反应中只有硫元素化合价发生变化，产生烟雾，雾应为反应产生的氯化氢气体在空气中与水蒸汽结合形成的液滴，根据得失电子守恒，书写化学方程式；
②甲同学为了验证两种气体产物，二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，与银离子结合形成硫酸银，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验，该方案不可行；
(3) S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数。
【详解】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入
①仪器m 的名称为三颈烧瓶，装置F中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质，
故答案为：三颈烧瓶；除去Cl2中混有的HCl杂质；
②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D，
故答案为：FCB；
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集，
故答案为：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；
④反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量，
故答案为：滴入浓盐酸的速率或B中通人氯气的量；
（2）①S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，该气体X为SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，即反应中只有硫元素化合价发生变化，产生烟雾，雾应为反应产生的氯化氢气体在空气中与水蒸汽结合形成的液滴，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑，
故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑；
②甲同学为了验证两种气体产物，二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，与银离子结合形成硫酸银，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验，该方案不可行，
答案为：不可行；二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验；
(3) S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数，
①W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a；H2O2溶液，c.氯水，但不能是b；KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，应选ac，
故答案为：ac；
②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=×100%=×100%，
故答案为：×100%。
三、选考题：15分。请从18、19两道题中，任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
18.（1）聚四氟乙烯商品名称为“特氟龙”，可做不粘锅涂层。它是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过___方法区分晶体、准晶体和非晶体。
（2）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是___(填字母代号)。
A. B.
C. D.
（3）某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是__(填标号)。
a.Cl-Cl键的键能为119.6kJ/mol b.Na的第一电离能为603.4kJ/mol
c.NaCl的晶格能为785.6kJ/mol d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol
（4）配合物[Cu(En)2]SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜(Ⅱ)，是铜的一种重要化合物。其中En 是乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)的简写。
①该配合物中含有化学键有___（填字母编号）。
A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键 D．配位键 E.金属键
②配体乙二胺分子中氮原子、碳原子轨道的杂化类型分别为___、___。
③乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是___。
④乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___(填“Mg2+”或“Cu2+”)。
⑤与氨气互为等电子体的阳离子为___，与S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素符号为___。
（5）①金属钛的原子堆积方式如图1所示，则金属钛晶胞俯视图为____。
A. B. C. D.
②某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度ρ＝__g·cm－3。
【答案】 (1). X-射线衍射 (2). A＜C＜B＜D (3). c、d (4). ABCD (5). sp3 (6). sp3 (7). 乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键 (8). 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 (9). Cu2+ (10). H3O+ (11). Si (12). D (13).
【解析】
【分析】
(1).晶体对X-射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间；
(2).轨道中电子能量：1s<2s<2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高；
(3).a．Cl-Cl键的键能为119.6kJ•mol-1×2；
b．Na的第一电离能为495.0kJ•mol-1；
c．NaCl的晶格能为785.6kJ•mol-1；
d．Cl的第一电子亲和能为348.3kJ•mol-1；
(4).①配合物内部配体存在共价键，配体和中心离子之间存在配位键，内界和外界存在离子键；
②配体乙二胺分子中C和N均达到饱和，均为sp3杂化；
③乙二胺和甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，考虑分子间形成氢键造成沸点升高；
④含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键；碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱；
⑤NH3中含有10个电子，由4个原子构成，与氨气互为等电子体的阳离子有H3O+，同一周期元素从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；
(5).①由图可知，金属钛的原子按ABABABAB……方式堆积，属于六方最密堆积，晶胞结构为，故金属钛晶胞俯视图为D；
②该晶胞中As原子个数是2、Ni原子个数=4×+4×+2×+2×=2，其体积=(a×10-10cm×a×10-10cm×)×c×10-10 cm=a2c×10-30 cm3，晶胞密度=g/cm3。
【详解】（1）从外观无法区分三者，但用X光照射挥发现：晶体对X-射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定，
故答案为：X-射线衍射；
（2）轨道中电子能量：1s<2s<2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是A
b.Na的第一电离能为495.0kJ⋅mol−1，故b错误；
c.NaCl晶格能为785.6kJ⋅mol−1，故c正确；
d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ⋅mol−1，故d正确；
故答案选cd；
（4）①配合物内部配体存在共价键，配体和中心离子之间存在配位键，内界和外界存在离子键，乙二胺中存在极性共价键和非极性共价键，
故答案为：A、B、C、D；
②配体乙二胺分子中C形成4个σ键，且无孤对电子，N形成3个σ键，有一对孤对电子，均为sp3杂化，
故答案为：sp3；sp3；
③乙二胺和甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，考虑分子间形成氢键造成沸点升高，可以解释为乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，
故答案为：乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；
④由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+，
故答案为：乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键；Cu2+；
⑤NH3中含有10个电子，由4个原子构成，与氨气互为等电子体的阳离子有H3O+；同一周期元素从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，故与S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素为Si；
故答案为：H3O+；Si；
（5）①由图可知，金属钛的原子按ABABABAB……方式堆积，属于六方最密堆积，晶胞结构为，故金属钛晶胞俯视图为D。
故答案选D；
②该晶胞中As原子个数是2、Ni原子个数=4×+4×+2×+2×=2，其体积=(a×10-10cm×a×10-10cm×)×c×10-10 cm=a2c×10-30 cm3，晶胞密度=g/cm3=g/cm3，
故答案为：。
19.有机化合物K是一种聚酯材料，合成路线如下：
己知：①AlCl3为生成A的有机反应的催化剂②F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应。
（1）C的化学名称为___反应的①反应条件为___，K的结构简式为___。
（2）生成A的有机反应类型为___，生成A的有机反应分为以下三步：
第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4－
第二步：___；
第三步：AlCl4－+H+→AlCl3+HCl
请写出第二步反应。
（3）由G生成H的化学方程式为___
（4）A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中能同时满足这以下条件的有___种，核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1的是___。
①属于芳香族化合物 ②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应;
（5）天然橡胶的单体是异戊二烯（2－甲基-1，3-丁二烯），请以乙炔和丙酮为原料，按照加成、加成、消去的反应类型顺序三步合成天然橡胶的单体。（无机试剂任选）___。
【答案】 (1). 苯乙烯 (2). 浓硫酸、加热 (3). (4). 取代反应 (5). C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+ (6). HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O (7). 14种 (8). 、 (9). CHCH
【解析】
【分析】
F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应，说明F中含有醇羟基，二者为加成反应，F为HOCH2C≡CCH2OH，F和氢气发生加成反应生成G，根据G分子式知，G结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，H发生氧化反应然后酸化得到I为HOOCCH2CH2COOH；
根据苯结构和B的分子式知，生成A的反应为取代反应，A为，B为；C能和溴发生加成反应，则生成C的反应为消去反应，则C为，D为，E能和I发生酯化反应生成聚酯，则生成E的反应为水解反应，则E为；E、I发生缩聚反应生成K，K结构简式为；
（6）HC≡CH和CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2COHC≡CH，(CH3)2COHC≡CH和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH=CH。
【详解】（1）根据分析，C为，化学名称为苯乙烯；反应①为醇消去反应，反应条件是浓硫酸、加热；K结构简式为；
故答案：苯乙烯；浓硫酸、加热；；
（2）生成A的有机反应类型为取代反应，生成A的有机反应分为以下三步：
第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4-；
第二步：C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+；
第三步：AlCl4-+H+→AlCl3+HCl
故答案为：取代反应；C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+；
（3）G结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，由G生成H的化学方程式为HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O，
故答案为：HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O；
（4）A为，A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中①属于芳香族化合物，说明分子中由苯环，②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应，说明分子中有醛基(-CHO)；能同时满足这以下条件的有一个苯环链接-CH2CH2CHO或-CH(CH3)CHO，共两种；还可以是一个苯环链接一个-CH2CHO和- CH3共邻间对三种；还可以是一个苯环链接一个-CHO和一个-CH2CH3共邻间对三种；还可以还可以是一个苯环链接一个-CHO和两个-CH3分别共四种，或共两种；因此，符合条件的一共有14种；核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1，则该有机物中有4种不同环境的氢原子，符合要求的结构式为、，
故答案为：14种； 、；
（5）HC≡CH和CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2COHC≡CH，(CH3)2COHC≡CH和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH=CH，其合成路线为：，
故答案为：。
2020届高三第一次五校联考化学试题（A卷）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码或二维码准确粘贴在条形码或二维码粘贴处。
2.答题时请按要求用笔。
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试卷上答题无效。
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带或刮纸刀。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 As-75 P-31 Ba-137 Fe-56 Cl-35.5 Cu-64 S-32 Ni-59
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A. 在花生油中添加抗氧化剂(TBHQ)可延缓其酸败过程
B. 生石灰、硅胶、无水CaCl2、P2O5 等均可作食品干燥剂
C. 利用乙醇的还原性以及Cr3+、Cr2O72-的颜色差异来检验是否酒后驾车
D. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是产生雾霾天气的主要因素
【答案】B
【解析】
【详解】A. 花生油属于植物油，植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，具有还原性，易被空气中的氧气氧化，因此在花生油中添加抗氧化剂(TBHQ)可延缓其酸败过程，故A正确；
B. P2O5是酸性氧化物吸水生成磷酸或偏硫酸，酸有腐蚀性，而偏磷酸有毒，因此不可用作食品干操剂，故B错误；
C. 乙醇具有还原性,可被Cr2O7−氧化为Cr3+，Cr3+、Cr2O7−的颜色不同，可用于检验酒后驾车，故C正确；
D. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，对人体有害，为可吸入颗粒物，故D正确；
答案选B。
【点睛】作食品干燥剂的物质必须无毒，安全。
2.下列有关文献记载中涉及的化学知识表述不正确的是（ ）
A. “以曾青涂铁，铁赤色如铜”说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术
B. “墙塌压糖，去土而糖白”中的脱色过程发生了化学变化
C. “丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”讲的是单质与化合物之间的互变
D. 《本草纲目》中记载：“烧酒非古法也，……，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。”涉及的操作方法是蒸馏
【答案】B
【解析】
【详解】A. “以曾青涂铁，铁赤色如铜”发生的反应为：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，是湿法冶金的先驱，古代文献有记载，说明我国古代已经掌握了反应原理，即掌握了“湿法冶金”技术，故A正确；
B. 蔗糖的分离提纯采用了黄泥来吸附红糖中的色素，没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；
C. “丹砂(HgS)烧之成水银”的反应为HgSHg+S，是化合物分解生成单质的过程，“积变又还成丹砂”的反应为Hg+S=HgS，是单质转化为化合物的过程，故C正确；
D. 白酒的烧制是利用沸点不同将白酒中的水和酒精分离，为蒸馏操作，故D正确；
答案选B。
【点睛】活性炭或黄泥疏松多孔，可吸附颜色气味，吸附属于物理变化。
3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A. 31g白磷中含有1.5NA个P-P
B. 1L、0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1NA个
C. 标准状况下，22.4LHF含NA个分子
D. 标准状况下，1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 31g白磷为0.25mol，一个白磷中含有6个P-P，0.25mol白磷中含有1.5NA个P-P，故A正确；
B. 1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含有0.1mol溶质碳酸钠，由于碳酸根离子发生水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增多，则溶液中含阴离子总数大于0.1 NA个，故B错误；
C. 标况下HF为液态，22.4LHF不是1mol，所含分子数不是NA个，故C错误；
D. 标准状况下，1molCl2溶于水，部分和水反应（可逆反应），转移的电子数目小于0.1NA，故D错误；
答案选A。
【点睛】算共价键的数目时，需清楚分子的立体构型，知道分子的结构，例如白磷是正四面体构型。
4.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-198kJ/mol，在V2O5存在时，该反应机理为：V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)； 4VO2+O2→2V2O5(慢)，下列说法正确的是（ ）
A. 反应速率主要取决于V2O5的质量 B. VO2是该反应的催化剂
C. 该反应逆反应的活化能大于198kJ/mol D. 升高温度，该反应的△H增大
【答案】C
【解析】
【分析】
在V2O5存在时，该反应机理为：V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)； 4VO2+O2→2V2O5(慢)，可知，V2O5是反应的催化剂，催化剂的催化效果与催化剂和反应物的接触面积有关，反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。
【详解】A. 由反应机理可得，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系，但主要取决于催化剂V2O5的表面积，故A错误；
B. 反应中的催化剂是V2O5，而不是VO2，故B错误；
C. △H=正反应的活化能-逆反应的活化能=-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故C正确；
D. 焓变与反应物、生成物的总能量的相对大小有关，而与外界条件无关，所以升高温度，该反应的△H不变，故D错误。
答案选C。
5.英国科学家希尔发现，离体的叶绿体悬浮液中加入适当的电子受体(如草酸铁)，在光照时可使水分解而释放氧气，从而证明了氧的释放与CO2还原是不同的过程，将对光合作用的研究上升到细胞层面。该反应方程式为4Fe3++2H2O4Fe2++4H++O2↑，下列有关希尔反应说法错误的是（ ）
A. 水在光反应中起供氢体和电子供体双重作用
B. 反应后溶液pH减小
C. 生成标准状况下11.2 L O2时，Fe3+得电子数为2NA
D. 叶绿体本身被氧化
【答案】D
【解析】
【分析】
反应4Fe3++2H2O4Fe2++4H++O2↑中，Fe元素化合价由+3价降低到+2价，被还原，Fe3+为氧化剂，O元素化合价由-2价升高到0价，被氧化，H2O为还原剂，叶绿体为催化剂，以此解答。
【详解】A．由反应4Fe3++2H2O4Fe2++4H++O2↑可知水在光反应中起供氢体和电子供体双重作用，故A正确；
B．反应生成H+，溶液pH减小，故B正确；
C．O元素化合价由-2价升高到0价，则每生成标准状况下11.2 L 即=0.5molO2转移0.5mol×4=2mol电子，故Fe3+得电子数为2NA，故C正确；
D．由方程式可知叶绿体为催化剂，故D错误；
故答案为D。
6.下列有关溶液中离子存在和转化的表达合理的是
A. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-
B. 离子方程式2Ca2++3HCO3-+3OH-=2CaCO3↓+CO32-+3H2O可以表示NH4HCO3与澄清石灰水反应
C. 由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中可能大量存在K+、I-、Mg2+、NO3-
D. n[NH4AlSO4)2]：n[Ba(OH)2] =2 : 5 时发生的反应为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-=NH3·H2O+AlO2-+2H2O+BaSO4↓
【答案】D
【解析】
A. 中性溶液中Fe3+不能大量存在，要水解生成氢氧化铁沉淀，故A错误；B. NH4HCO3与澄清石灰水反应，生成碳酸钙沉淀和氨水，故B错误； C. 由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液可能显酸性或碱性，在酸性溶液中I-、NO3-要发生氧化还原反应，在碱性溶液中Mg2+不能大量存在，故C错误；D. n[NH4AlSO4)2]：n[Ba(OH)2] =2 : 5 时发生的反应生成硫酸钡沉淀和偏铝酸根离子以及氨水，反应的离子方程式为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-=NH3·H2O+AlO2-+2H2O+BaSO4↓，故D正确；故选D。
7.鲜花保鲜剂S-诱抗素制剂，可保证鲜花盛开。S-诱抗素的分子结构如下图，下列关于该物质的说法不正确的是（ ）
A. 其分子式为C15H20O4
B. 1mol该物质完全燃烧，需要消耗20mol氧气
C. 既能发生加成反应，又能发生取代反应
D. 既能使紫色石蕊试剂显红色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】B
【解析】
A．由结构简式及C能形成4个共价键可知，该有机物的分子式为C15H20O4，故A正确；B．由CxHyOz消耗氧气为x+-可知，1mol该物质完全燃烧，消耗1mol×(15+-)=18molO2，故B错误；C．有机物中含C=C能发生加成反应，含-OH、-COOH能发生取代反应，故C正确；D．含-COOH该有机物能使紫色石蕊试剂显红色，含-OH及C=C均能被高锰酸钾氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选B。
8.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀
苯酚浓度小
B
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜
蔗糖未水解
D
向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液,溶液呈蓝色
溶液中含 Br2
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A．向苯酚溶液中加少量的浓溴水，生成的三溴苯酚可以溶解在过量的苯酚溶液中，所以无白色沉淀，A错误；B．沉淀部分溶解，说明还有一部分不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只有部分被氧化，B正确；C．银镜反应是在碱性条件下发生的，本实验中没有加入碱中和做催化剂的稀硫酸，所以无法发生银镜反应，从而无法证明蔗糖是否水解，C错误；D．溶液变蓝，说明有碘生成或本来就有碘分子。能把碘离子氧化为碘的黄色溶液除了可能是溴水外，还可能是含其他氧化剂（如Fe3+）的溶液；当然黄色溶液也可能是稀的碘水，所以D错误。答案选B。
9.短周期元素 A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往 E 单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法中，正确的是（ ）
A. B的氢化物的沸点一定高于A的氢化物
B. D的单质能与A的最高价氧化物反应
C. B的最高价氧化物对应的水化物的酸性比E的最高价氧化物对应的水化物的酸性强
D. 某物质焰色反应呈黄色，该物质一定是含C元素的盐
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则A是C元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，则B为N元素；C、D为金属元素，原子序数大于氮，处于第三周期，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，其最外层电子数为2，所以D为Mg元素，C为Na元素；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色的现象，则E是Cl元素，以此解答该题。
【详解】由上述分析可知，A为C，B为N，C为Na，D为Mg，E为Cl，
A. A 的氢化物若为苯等烃类物质，常温下为液态，则沸点比氨气的高，故A错误；
B. D的单质为Mg，A的最高价氧化物为二氧化碳，二者在点燃的条件下反应生成氧化镁和碳单质，故B正确；
C. B为氮，其最高价氧化物对应的水化物为硝酸，E为氯，其最高价氧化物对应的水化物高氯酸，氯的非金属性强于氮，则高氯酸的酸性强于硝酸的酸性，故C错误；
D. 某物质焰色反应呈黄色，该物质含有Na元素，可能是含钠盐，也可能为NaOH等，故D错误；
答案选B。
10.微生物燃料电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法正确的是
A. M为电池正极，CH3COOH被还原
B. 外电路转移4mol电子时，M 极产生22.4LCO2
C. 反应一段时间后，N极附近的溶液pH下降
D. Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活
【答案】D
【解析】
A.由图中信息可知，电子由M极流向N极，则M为电池负极，CH3COOH被氧化，选项A错误观点；B. 根据负极电极反应式CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+可知，外电路转移4mol电子时， 标准状况下M极产生22.4LCO2(忽略CO2溶解)，但题干中没有说明标准状况，选项B错误；C.根据图中信息可知， N极消耗氢离子，反应一段时间后，氢离子浓度降低，N极附近pH增大，选项C错误；D. 强氧化剂能使蛋白质变性，故Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，选项D错误。答案选D。
点睛：本题考查原电池知识，侧重学生的分析能力的考查，答题时注意把握题给信息，结合氢离子的定向移动判断原电池的正负极，注意有机物中C元素化合价的判断，由电解池装置图可知H+向右移动，则b电极为正极，发生还原反应，Cr2O72-得电子生成Cr3+，a极发生氧化反应，CH3COOH被氧化生成CO2，为原电池的负极，以此解答该题。
11.铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是（ ）
A. 过程Ⅰ反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4
B. 检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液
C. 若省略过程Ⅱ，则铵明矾产率明显减小
D. 向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热，先后观察到：刺激性气体逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失
【答案】D
【解析】
【分析】
NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后所得滤液A中有(NH4)2SO4和少量的NaHCO3，将滤液A用稀硫酸调节pH=2，使NaHCO3生成硫酸钠，得滤液B为(NH4)2SO4溶液和少量的硫酸钠溶液，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾，据此答题。
【详解】A.过程Ⅰ利用NaHCO3的溶解度比较小，NH4HCO3和Na2SO4发生反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4，故A正确；
B.溶液B已经呈酸性，检验SO42－只需加入BaCl2溶液即可，故B正确；
C.若省略过程Ⅱ，溶液中还有一定量的HCO3－，加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3会与HCO3－发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故C正确；
D.向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成→刺激性气体逸出→白色沉淀消失，故D错误；
答案选D。
12.下列表示相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A. 中子数为18的氯原子：Cl
B. 丁烷的球棍模型
C. Na+的结构示意图：
D. 次氯酸的电子式
【答案】B
【解析】
【详解】A. 中子数为18的氯原子，质量数=中子数+质子数=17+18=35：Cl，故A错误；
B. 丁烷分子式为C4H10，用小棍表示化学键，根据原子半径大小比例用小球表示原子，球棍模型为，故B正确；
C. Na 失去一个电子变为Na+，Na+的结构示意图：，故C错误；
D. 次氯酸是共价化台物,氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H-O-Cl，则电子式为，故D错误；
答案选B。
13.高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时，含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=]。下列说法正确的是（ ）
A. K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质
B. 25℃，H2FeO4+H+H3FeO4+的平衡常数K>100
C. 由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1=4.15×10-4
D. A、C两点对应溶液中水的电离程度相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液中存在H2FeO4，说明H2FeO4在溶液中存在电离平衡，则H2FeO4属于弱电解质，故A错误；
B．结合图象可知，c(H2FeO4)=c(H3FeO4+)时，溶液的pH<2，c(H+)>0.01mol/L，则H2FeO4+H+⇌H3FeO4+的平衡常数K==<=100，即K<100，故B错误；
C．B点pH=4，δ（HFeO4-）=0.806，则δ（H2FeO4）≈0.194，由于溶液体积相同，则=≈4.15，则H2FeO4的第一步电离常数Ka1=×c（H+）=4.15×1×10-4=4.15×10-4，故C正确；
D．FeO42-水解促进了水的电离，c（FeO42-）的浓度浓度越大，则水的电离程度越大，根据图象可知，水的电离程度：C>A，故D错误；
答案选C。
14.下列关于误差分析的判断正确的是（ ）
A. 酸碱中和滴定中，滴定终点读数时滴定管内有气泡，会使测得浓度偏大
B. 用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，药品质量一定偏小
C. 配制1moI/L的NaOH溶液时，未恢复至室温就转移并定容，所得溶液浓度偏大
D. 用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，测定值偏小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 酸碱中和滴定中滴定终点读数时滴定管内吸入气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测标准液体积偏小，测定结果偏低，故A错误；
B. 用托盘天平称取药品时，若不使用游码，药品和砝码位置颠倒，对称量质量无影响，若使用游码，称量质量偏少，故B错误；
C. NaOH溶于水后放热，未恢复至室温就转移并定容，最终配制溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，故C正确；
D. 用湿润的pH 试纸测稀酸溶液的pH，酸溶液被稀释，测定值偏大，故D错误；
答案选C。
第Ⅱ卷
二、必考题：本题共3小题，共43分。
15.2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫、斯坦利·威廷汉和吉野彰，表彰他们对锂离子电池研究的贡献。磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片（除LiFePO4外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂）中的资源，部分流程如图：
已知：Ksp ( Li2CO3)=1.6×10-3 。部分物质的溶解度（S）如下表所示：
T℃
S(Li2CO3)/g
S(Li2SO4)/g
S(Li3PO4)/g
20
1.33
34.2
0.039
80
0.85
30.5
——
100
0.72
——
（1）从“正极”可以回收的金属有___。
（2）写出碱溶时Al箔溶解的离子方程式___。
（3）磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生LiFePO4和FePO4的转化，该电池充电时正极的电极反应式为___。
（4）酸浸时产生标准状况下3.36LNO时，溶解 LiFePO4___mol（其他杂质不与HNO3反应），若用H2O2代替HNO3，发生反应的离子方程式为___。
（5）流程中用“热水洗涤”的原因是___。
（6）若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率到90%，计算滤液③中c(CO32-)=___mol/L。
（7）“沉淀”时___（填“能”或“不能”）用Na2SO4溶液代替饱和Na2CO3溶液，原因是___。
【答案】 (1). Li、Fe、Al (2). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (3). LiFePO4 -e-=FePO4+Li+ (4). 0.45 (5). H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O或H2O2+8H++2LiFePO4=2Fe3++2H2O+2H3PO4+2Li+ (6). Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解 (7). 0.04 (8). 不能 (9). Li2SO4为易溶物
【解析】
【分析】
正极片经碱溶可得到NaAlO2滤液，含有磷酸亚铁锂的滤渣加入硫酸、硝酸，可除去不溶于酸碱的导电剂，得到含有P、Fe、Li的滤液，加入碱液调节pH值，生成的沉淀为FePO4，滤液加入碳酸钠，可生成碳酸锂沉淀，以此解答该题。
（1）根据分析流程，碱溶可得到NaAlO2滤液，调节pH值，生成的沉淀为FePO4，加入碳酸钠，可生成Li2CO3沉淀，可判断从“正极”可以回收的金属；
（2）碱溶时Al箔与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；
（3）磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生还原反应，电极反应式为：FePO4+e-+Li+= LiFePO4该电池充电时正极变为阳极，失电子发生氧化反应，将放电时正极反应倒写即为阳极电极反应式；
（4）酸浸时HNO3转化为NO，产生标准状况下3.36LNO的物质的量为=0.15mol，产生1molNO，转移3mol电子，则生成0.15molNO转移0.45mol电子，LiFePO4与硝酸反应转化为FePO4，Fe的化合价由+2价变为+3价，溶解1mol LiFePO4转移1mol电子，则转移0.45mol电子，溶解 LiFePO40.45mol；若用H2O2代替HNO3，H2O2与LiFePO4发生氧化还原反应；
（5）根据表格数据已知条件可得，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解；
（6）若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率到90%，混合后溶液中含有的c(Li+)=4mol/L×(1-90%)×=0.2mol/L，已知：Ksp ( Li2CO3)= c2 (Li+)·c(CO32-)=1.6×10-3，进而计算c(CO32-)；
“沉淀”时不能用Na2SO4溶液代替饱和Na2CO3溶液，原因是Li2SO4为易溶物，最终得不到Li2CO3沉淀。
【详解】（1）根据分析流程，碱溶可得到NaAlO2滤液，调节pH值，生成的沉淀为FePO4，加入碳酸钠，可生成Li2CO3沉淀，因此从“正极”可以回收的金属有Li、Fe、Al，
答案为：Li、Fe、Al；
（2）碱溶时Al箔与氢氧化钠反应，溶解的离子方程式2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（3）磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生还原反应，电极反应式为：FePO4+e-+Li+= LiFePO4该电池充电时正极变为阳极，失电子发生氧化反应，将放电时正极反应倒写即为阳极电极反应式为LiFePO4=FePO4+Li++e-，
答案为：LiFePO4 -e-=FePO4+Li+；
（4）酸浸时HNO3转化为NO，产生标准状况下3.36LNO的物质的量为=0.15mol，产生1molNO，转移3mol电子，则生成0.15molNO转移0.45mol电子，LiFePO4与硝酸反应转化为FePO4，Fe的化合价由+2价变为+3价，溶解1mol LiFePO4转移1mol电子，则转移0.45mol电子，溶解 LiFePO40.45mol；若用H2O2代替HNO3，H2O2与LiFePO4发生氧化还原反应，反应的离子方程式为H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O或H2O2+8H++2LiFePO4=2Fe3++2H2O+2H3PO4+2Li+，
答案为：0.45；H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O或H2O2+8H++2LiFePO4=2Fe3++2H2O+2H3PO4+2Li+；
（5）根据表格数据可得，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解，
答案为：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解；
（6）若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率到90%，混合后溶液中含有的c(Li+)=4mol/L×(1-90%)×=0.2mol/L，已知：Ksp ( Li2CO3)= c2 (Li+)·c(CO32-)=1.6×10-3，则滤液③中c(CO32-)===0.04 mol/L，
答案为：0.04；
（7）“沉淀”时不能用Na2SO4溶液代替饱和Na2CO3溶液，原因是Li2SO4为易溶物，最终得不到Li2CO3沉淀，
答案为：Li2SO4为易溶物。
【点睛】本题考察湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片的工艺流程题，第六问溶度积知识的考查是难点，需利用溶度积的公式，算出碳酸根的浓度。
16.冬季是雾霾天气高发的季节，其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的原因之一。
（1）使用甲醇汽油可以减少汽车尾气对环境的污染。工业上在200℃和10MPa的条件下可用甲烷和氧气通过铜制管道反应制得甲醇，已知一定条件下，CH4和CH3OH的燃烧热分别784kJ/mol和628kJ/mol则2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) △H=___。
（2）二甲醚也是清洁能源。用合成气在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g) +H2O(g) △H<0。
①某温度下，将2.0molCO(g)和6.0molH2(g)充入容积为2L的密闭容器中，反应到达平衡时，改变压强和温度，平衡体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数变化情况如图所示，关于温度和压强的关系判断正确的是____。
A.P3>P2，T3>T2
B.P1>P3，T1>T3
C.P1>P4，T2>T3
D.P2>P4，T4>T2
②在恒容密闭容器里按体积比为1：3充入一氧化碳和氢 气，一定条件下反应达到平衡状态．当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是___。
A.氢气的转化率减小 B.逆反应速率先增大后减小
C.化学平衡常数K值增大 D.反应物的体积百分含量增大
（3）汽车尾气净化的主要原理为：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g) +N2(g)
①200K、pPa时，在一个容积为2L的恒温密闭容器中充入1.5molNO和2.0molCO，开始反应至2min时测得CO转化率为30%，则用N2表示的平均反应速率为υ(N2)=___；反应达到平衡状态时，测得二氧化碳为0.8mol，则平衡时的压强为起始压强的__倍(保留两位小数)。
②该反应在低温下能自发进行，该反应的ΔH__0(填“>”、“<”)
③在某一绝热、恒容的密闭容器中充入一定量的NO、CO发生上述反应，测得正反应的速率随时间变化的曲线如图所示(已知：t2-t1=t3-t2)则下列说法不正确的是__(填编号)
A.反应在c点未达到平衡状态
B.反应速率a点小于b点
C.反应物浓度a点大于b点
D.NO的转化率：t1~t2 > t2~t3
【答案】 (1). -312kJ/mol (2). BC (3). BD (4). 0.075mol/(L·min) (5). 0.89 (6). ＜ (7). D
【解析】
【分析】
（1）已知一定条件下，CH4和CH3OH的燃烧热分别784kJ/mol和628kJ/mol，即①CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H1=-784kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H2=-628kJ/mol，根据盖斯定律：①×2-②×2可得，2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) △H= -312kJ/mol；
（2）①通过图示可知，温度越高二甲醚的质量分数越小；正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，二甲醚的质量分数增大；
②A．增大反应物浓度，平衡正向移动，正反应速率先增大后减小；
B．逆反应速率先增大后减小，说明平衡逆向移动；
C．化学平衡常数K值增大，说明平衡正向移动；
D．反应物的体积百分含量增大，说明平衡逆向移动；
（3）①根据CO转化率计算消耗CO物质的量，根据v=计算v（CO），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（N2）；由题目信息可知，
利用三段式：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g) +N2(g)
起始(mol) 1.5mol 2.0mol 0 0
变化(mol) 0.8mol 0.8mol 0.8mol 0.4mol
平衡(mol) 0.7mol 1.2mol 0.8mol 0.4mol
根据物质的量之比=压强之比可得，平衡时的压强：起始压强=平衡时的物质的量：初始物质的量；
②正反应为气体物质的量减小的反应，为熵减反应，而△H-T△S<0反应自发进行；
③从t4时刻正反应速率不变，处于平衡状态，t4时刻前未到达平衡，反应向正反应进行，由②中可知反应热反应，绝热条件下，随反应进行温度升高，温度起主导作用，反应速率加快，而后浓度为主导因素，反应速率减低至平衡状态；
【详解】（1）已知一定条件下，CH4和CH3OH的燃烧热分别784kJ/mol和628kJ/mol，即①CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H1=-784kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H2=-628kJ/mol，根据盖斯定律：①×2-②×2可得，2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) △H= -312kJ/mol，
故答案为：-312kJ/mol；
（2）①2CO(g)+4H2(g)⇌ CH3OCH3(g) +H2O(g) △H<0，正反应放热，由图示可知温度越高二甲醚的质量分数越小，故温度：T1>T2>T3>T4；正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，二甲醚的质量分数增大，故压强P1>P2>P3>P4，
故答案为：BC；
②A．增大反应物浓度，平衡正向移动，正反应速率先增大后减小，不一定逆向移动，故A错误；
B．逆反应速率先增大后减小，说明平衡逆向移动，故B正确；
C．化学平衡常数K值增大，说明平衡正向移动，故C错误；
D．反应物的体积百分含量增大，说明平衡逆向移动，故D正确；
故答案选BD；
（3）①消耗CO物质的量为2.0mol×30%=0.6mol，v(CO)==0.15mol/(L·min)，速率之比等于化学计量数之比，则v(N2)=v(CO)=×0.15mol/(L·min)=0.075 mol/(L·min)；
利用三段式：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g) +N2(g)
起始(mol) 1.5mol 2.0mol 0 0
变化(mol) 0.8mol 0.8mol 0.8mol 0.4mol
平衡(mol) 0.7mol 1.2mol 0.8mol 0.4mol
根据物质的量之比=压强之比可得，平衡时的压强：起始压强=平衡时的物质的量：初始物质的量== 0.89，则平衡时的压强为起始压强的0.89倍，
故答案为：0.075 mol/(L·min)；0.89；
②正反应为气体物质的量减小的反应，为熵减反应，△S<0，而△H-T△S<0反应自发进行，该反应在低温下能自发进行，该反应的△H<0，
故答案为：<；
③从t4时刻正反应速率不变，处于平衡状态，t4时刻前未到达平衡，反应向正反应进行，由②中可知为反应热反应，绝热条件下，随反应进行温度升高，温度起主导作用，反应速率加快，而后浓度为主导因素，反应速率减低至平衡状态；
A．反应在c点未达到平衡状态，故A正确；
B．由图可知，反应速率a点小于b点，故B正确；
C．反应物浓度a点大于b点，故C正确；
D．NO的转化率：t1～t2
【点睛】本题考察化学平衡及其相关知识，熟练应用三段式计算，勒夏特列原理的应用，仔细观察图象，得出速率，浓度的大小关系。
17.二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：
物理性质
毒性
色态
挥发性
熔点
沸点
剧毒
金黄色液体
易挥发
－76℃
138℃
化学性质
①300℃以上完全分解；
②S2Cl2+Cl22SCl2；
③遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险；
④受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；
（1）制取少量S2Cl2
实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品。
①仪器m的名称为___，装置F中试剂的作用是___。
②装置连接顺序：A→___→E→D。
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是___。
④为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和___。
（2）①S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式___。
②甲同学为了验证两种气体产物，将水解生成的气体依次通过硝酸银与稀硝酸的混合溶液、品红溶液、NaOH 溶液，该方案___（填“可行”或“不可行”），原因是___。
（3）某同学为了测定S2Cl2与水反应后生成的气体X在混合气体中的体积分数，设计了如下实验方案：
①W溶液可以是___(填标号)。
a．H2O2溶液 b．KMnO4溶液(硫酸酸化) c．氯水
②该混合气体中气体X的体积分数为____(用含V、m的式子表示)。
【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 除去Cl2中混有的HCl杂质 (3). FCB (4). 将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集 (5). 滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量) (6). 2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑ (7). 不可行 (8). 二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验 (9). ac (10). ×100%
【解析】
【分析】
(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；
①仪器m的作用和形状分析仪器名称为三颈烧瓶；
②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，结合上述分析连接装置；
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气，是排净装置内空气，实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，是把生成的S2Cl2排入E中收集；
④氯气过量则会生成SCl2，温度过高分解，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；
(2) ①S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，该气体X为SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，即反应中只有硫元素化合价发生变化，产生烟雾，雾应为反应产生的氯化氢气体在空气中与水蒸汽结合形成的液滴，根据得失电子守恒，书写化学方程式；
②甲同学为了验证两种气体产物，二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，与银离子结合形成硫酸银，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验，该方案不可行；
(3) S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数。
【详解】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入
①仪器m 的名称为三颈烧瓶，装置F中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质，
故答案为：三颈烧瓶；除去Cl2中混有的HCl杂质；
②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D，
故答案为：FCB；
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集，
故答案为：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；
④反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量，
故答案为：滴入浓盐酸的速率或B中通人氯气的量；
（2）①S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，该气体X为SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，即反应中只有硫元素化合价发生变化，产生烟雾，雾应为反应产生的氯化氢气体在空气中与水蒸汽结合形成的液滴，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑，
故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑；
②甲同学为了验证两种气体产物，二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，与银离子结合形成硫酸银，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验，该方案不可行，
答案为：不可行；二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验；
(3) S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数，
①W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a；H2O2溶液，c.氯水，但不能是b；KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，应选ac，
故答案为：ac；
②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=×100%=×100%，
故答案为：×100%。
三、选考题：15分。请从18、19两道题中，任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
18.（1）聚四氟乙烯商品名称为“特氟龙”，可做不粘锅涂层。它是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过___方法区分晶体、准晶体和非晶体。
（2）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是___(填字母代号)。
A. B.
C. D.
（3）某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是__(填标号)。
a.Cl-Cl键的键能为119.6kJ/mol b.Na的第一电离能为603.4kJ/mol
c.NaCl的晶格能为785.6kJ/mol d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol
（4）配合物[Cu(En)2]SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜(Ⅱ)，是铜的一种重要化合物。其中En 是乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)的简写。
①该配合物中含有化学键有___（填字母编号）。
A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键 D．配位键 E.金属键
②配体乙二胺分子中氮原子、碳原子轨道的杂化类型分别为___、___。
③乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是___。
④乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___(填“Mg2+”或“Cu2+”)。
⑤与氨气互为等电子体的阳离子为___，与S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素符号为___。
（5）①金属钛的原子堆积方式如图1所示，则金属钛晶胞俯视图为____。
A. B. C. D.
②某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度ρ＝__g·cm－3。
【答案】 (1). X-射线衍射 (2). A＜C＜B＜D (3). c、d (4). ABCD (5). sp3 (6). sp3 (7). 乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键 (8). 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 (9). Cu2+ (10). H3O+ (11). Si (12). D (13).
【解析】
【分析】
(1).晶体对X-射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间；
(2).轨道中电子能量：1s<2s<2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高；
(3).a．Cl-Cl键的键能为119.6kJ•mol-1×2；
b．Na的第一电离能为495.0kJ•mol-1；
c．NaCl的晶格能为785.6kJ•mol-1；
d．Cl的第一电子亲和能为348.3kJ•mol-1；
(4).①配合物内部配体存在共价键，配体和中心离子之间存在配位键，内界和外界存在离子键；
②配体乙二胺分子中C和N均达到饱和，均为sp3杂化；
③乙二胺和甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，考虑分子间形成氢键造成沸点升高；
④含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键；碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱；
⑤NH3中含有10个电子，由4个原子构成，与氨气互为等电子体的阳离子有H3O+，同一周期元素从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；
(5).①由图可知，金属钛的原子按ABABABAB……方式堆积，属于六方最密堆积，晶胞结构为，故金属钛晶胞俯视图为D；
②该晶胞中As原子个数是2、Ni原子个数=4×+4×+2×+2×=2，其体积=(a×10-10cm×a×10-10cm×)×c×10-10 cm=a2c×10-30 cm3，晶胞密度=g/cm3。
【详解】（1）从外观无法区分三者，但用X光照射挥发现：晶体对X-射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定，
故答案为：X-射线衍射；
（2）轨道中电子能量：1s<2s<2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是A
b.Na的第一电离能为495.0kJ⋅mol−1，故b错误；
c.NaCl晶格能为785.6kJ⋅mol−1，故c正确；
d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ⋅mol−1，故d正确；
故答案选cd；
（4）①配合物内部配体存在共价键，配体和中心离子之间存在配位键，内界和外界存在离子键，乙二胺中存在极性共价键和非极性共价键，
故答案为：A、B、C、D；
②配体乙二胺分子中C形成4个σ键，且无孤对电子，N形成3个σ键，有一对孤对电子，均为sp3杂化，
故答案为：sp3；sp3；
③乙二胺和甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，考虑分子间形成氢键造成沸点升高，可以解释为乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，
故答案为：乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；
④由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+，
故答案为：乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键；Cu2+；
⑤NH3中含有10个电子，由4个原子构成，与氨气互为等电子体的阳离子有H3O+；同一周期元素从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，故与S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素为Si；
故答案为：H3O+；Si；
（5）①由图可知，金属钛的原子按ABABABAB……方式堆积，属于六方最密堆积，晶胞结构为，故金属钛晶胞俯视图为D。
故答案选D；
②该晶胞中As原子个数是2、Ni原子个数=4×+4×+2×+2×=2，其体积=(a×10-10cm×a×10-10cm×)×c×10-10 cm=a2c×10-30 cm3，晶胞密度=g/cm3=g/cm3，
故答案为：。
19.有机化合物K是一种聚酯材料，合成路线如下：
己知：①AlCl3为生成A的有机反应的催化剂②F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应。
（1）C的化学名称为___反应的①反应条件为___，K的结构简式为___。
（2）生成A的有机反应类型为___，生成A的有机反应分为以下三步：
第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4－
第二步：___；
第三步：AlCl4－+H+→AlCl3+HCl
请写出第二步反应。
（3）由G生成H的化学方程式为___
（4）A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中能同时满足这以下条件的有___种，核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1的是___。
①属于芳香族化合物 ②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应;
（5）天然橡胶的单体是异戊二烯（2－甲基-1，3-丁二烯），请以乙炔和丙酮为原料，按照加成、加成、消去的反应类型顺序三步合成天然橡胶的单体。（无机试剂任选）___。
【答案】 (1). 苯乙烯 (2). 浓硫酸、加热 (3). (4). 取代反应 (5). C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+ (6). HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O (7). 14种 (8). 、 (9). CHCH
【解析】
【分析】
F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应，说明F中含有醇羟基，二者为加成反应，F为HOCH2C≡CCH2OH，F和氢气发生加成反应生成G，根据G分子式知，G结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，H发生氧化反应然后酸化得到I为HOOCCH2CH2COOH；
根据苯结构和B的分子式知，生成A的反应为取代反应，A为，B为；C能和溴发生加成反应，则生成C的反应为消去反应，则C为，D为，E能和I发生酯化反应生成聚酯，则生成E的反应为水解反应，则E为；E、I发生缩聚反应生成K，K结构简式为；
（6）HC≡CH和CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2COHC≡CH，(CH3)2COHC≡CH和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH=CH。
【详解】（1）根据分析，C为，化学名称为苯乙烯；反应①为醇消去反应，反应条件是浓硫酸、加热；K结构简式为；
故答案：苯乙烯；浓硫酸、加热；；
（2）生成A的有机反应类型为取代反应，生成A的有机反应分为以下三步：
第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4-；
第二步：C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+；
第三步：AlCl4-+H+→AlCl3+HCl
故答案为：取代反应；C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+；
（3）G结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，由G生成H的化学方程式为HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O，
故答案为：HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O；
（4）A为，A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中①属于芳香族化合物，说明分子中由苯环，②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应，说明分子中有醛基(-CHO)；能同时满足这以下条件的有一个苯环链接-CH2CH2CHO或-CH(CH3)CHO，共两种；还可以是一个苯环链接一个-CH2CHO和- CH3共邻间对三种；还可以是一个苯环链接一个-CHO和一个-CH2CH3共邻间对三种；还可以还可以是一个苯环链接一个-CHO和两个-CH3分别共四种，或共两种；因此，符合条件的一共有14种；核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1，则该有机物中有4种不同环境的氢原子，符合要求的结构式为、，
故答案为：14种； 、；
（5）HC≡CH和CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2COHC≡CH，(CH3)2COHC≡CH和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH=CH，其合成路线为：，
故答案为：。
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