江苏省淮安市涟水中学2020届高三上学期期中考试化学试题


江苏省涟水中学2019-2020学年度第一学期高三年级期中考试化学试卷
单项选择题：包括10个小题，每小题2 分，共计20 分。每小题只有一个选项符合题意。
1.下列关于化学与生产、生活的认识正确的是
A. 禁止使用化学合成的化肥与农药，促进绿色食品和有机食品的生产
B. 用Ba(OH)2处理含Cu2+的废水，可消除水中重金属离子的污染
C. 煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
D. 和CO2生成可降解聚合物 ，反应符合绿色化学的原则
【答案】D
【解析】
【详解】A．绿色食品和有机食品的生产离不开化肥和农药，在实际生产中尽可能采用高效、低毒的农药和化肥，不能禁止使用，故A错误；
B、Ba(OH)2 处理含Cu2+的废水，产生有毒的Ba2+，不可消除水中重金属离子的污染，选项B错误；
C、煤的气化和液化是指煤在一定条件下转化为气体或液体燃料，是化学变化，选项C错误；
D、和CO2反应生成可降解聚合物，该反应过程原子利用率达100%，符合绿色化学的原理，选项D正确；
故答案选D。
2.下列有关化学用语表示正确的是
A. 羟基的电子式
B. CO2的比例模型：
C. 核内有8个中子的碳原子：
D. 的名称是：2-羟基丙烷
【答案】A
【解析】
【详解】A.羟基是中性基团，氧原子与氢原子之间形成一对共用电子对，其电子式为 ，故A正确；
B.CO2的结构式为O=C=O，属于直线结构，比例模型中，碳原子半径大于氧原子的半径，而题中CO2的比例模型中，碳原子半径小于氧原子的半径，故B错误；
C.碳原子的核电荷数为6，核内有8个中子，质量数为6+8=14，所以该碳原子可表示为：，故C错误；
D. 的主碳链有3个碳原子，羟基在2位碳上，属于醇类，名称是：2-丙醇，故D错误；
故答案选A。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. Fe比Cu活泼，FeCl3溶液可用作铜制线路板的蚀刻剂
B. SiO2熔点高，可用作半导体材料
C. NaC1O具有氧化性，可用于消菌杀毒
D. CO2密度比空气大且不支持燃烧，可用作镁着火时的灭火剂
【答案】C
【解析】
【详解】A、FeCl3溶液可用作铜制线路板的蚀刻剂，说明Fe3+的氧化性比Cu2+强，与Fe比Cu活泼无关，选项A错误； 
B、硅导电，用作半导体材料；SiO2熔点高，与用作半导体材料的硅单质，关系不对应，选项B错误；
C、NaC1O具有氧化性，可用于消菌杀毒，正确且有对应关系，选项C正确；
D、二氧化碳与镁反应生成氧化镁和碳，所以镁可以在二氧化碳中燃烧，因此镁着火时，不能用CO2来灭火，选项D错误；
故答案选C。
【点睛】铁与硫酸铜溶液反应，可以置换出单质铜，可以证明金属活泼性：铁大于铜；氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，体现了铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性。
4.a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是
A. d的离子半径大于a的离子半径
B. a、b、c均存在两种或两种以上的氧化物
C. 元素最高价含氧酸的酸性：d比c的强
D. b与氢形成的化合物中化学键都是极性共价键
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意知短周期元素中a的M层有1个电子，则a的核外电子排布是2、8、1，则a是Na元素；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，则b核外电子排布是2、4，则b为C元素；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c为S元素；c、d的原子处于同一周期，d的原子半径小于c，则d是Cl元素，据以上分析解答。
【详解】A、d离子为Cl-，a离子为Na+，钠离子比氯离子少一个电子层，所以离子半径：Cl-> Na+，选项A正确；
B、Na可以形成Na2O、Na2O2等氧化物，C可以形成CO、CO2等氧化物，S可以形成SO2、SO3等种氧化物，选项B正确；
C、元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强；同一周期，从左到右，元素的非金属性增强，非金属性Cl>S，所以HClO4>H2SO4，选项C正确；
D、C元素可以与H元素可形成只含有极性键的化合物如CH4，也可以形成含有极性键、非极性键的化合物如CH3CH3等，选项D错误；
故答案选D。
5.实验室从废定影液[含Ag(S2O3)23-和Br-等]中回收Ag和Br2的主要步骤为：向废定影液中加入Na2S溶液沉淀银离子，过滤、洗涤、干燥，灼烧Ag2S制取金属Ag；制取C12并将Cl2通入滤液中氧化Br-，再用苯萃取分液。其中部分实验操作的装置如下图所示：

下列叙述正确的是
A. 用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌
B. 用装置乙在通风橱中高温灼烧Ag2S制取Ag
C. 用装置丙制备用于氧化过滤液中Br-的Cl2
D. 用装置丁分液时，先放出水层再换个烧杯继续放出有机层
【答案】C
【解析】
【分析】
A. Ag2S为不溶物，可用过滤操作进行分离，玻璃棒起引流作用；
B. 高温灼烧Ag2S需用坩埚；
C. 高锰酸钾与浓盐酸在常温下可制备氯气；
D. 分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出。
【详解】A. 用装置甲可分离Ag2S不溶物，但不能用玻璃棒不断搅拌，否者可能会使滤纸破损而影响实验操作，故A项错误；
B. 蒸发皿可用于水溶液的蒸发结晶实验操作，而高温灼烧Ag2S固体时需用坩埚进行实验，故B项错误；
C. 高锰酸钾具有强氧化性，在常温下可与浓盐酸反应制备氯气，其实验装置与操作均科学规范，故C项正确；
D. 苯为有机萃取剂，其密度比水小，则在分液时，先从分液漏斗的下口放出水层，不能从下口继续放出有机层，而应该从上口倒出有机层，D项错误；
答案选C。
6.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Br－+ Cl2 = Br2+ 2Cl－
B. 向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量KOH溶液：Al3+ + 4OH- = AlO2- + 2H2O
C. 用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2 + 2OH- = NO3- + NO2- + H2O
D. 用惰性电极电解AlCl3溶液：2Cl- + 2H2O Cl2↑ + H2↑ + 2OH-
【答案】C
【解析】
【详解】A.还原性：Fe2+>Br-，所以向FeBr2溶液中通入少量Cl2，亚铁离子被氧化，离子方程式为: 2Fe2++ Cl2 =2Fe3++ 2Cl－，故A错误；
B.氢氧化铝溶于强碱溶液；向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量NaOH溶液，反应的离子方程式为：Al3++ NH4++5OH-=AlO2-+2H2O+ NH3•H2O，选项B错误；
C.用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，反应的离子方程式为：2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O，选项C正确；
D.用惰性电极电解AlCl3溶液，反应的离子方程式为：2Al3++6Cl-+6H2O3Cl2↑+3H2↑+2Al(OH)3↓，选项D错误；
故答案选C。
【点睛】用惰性电极电解NaCl溶液，离子反应方程式为：2Cl- + 2H2O Cl2↑ + H2↑ + 2OH-，因为氢氧化钠属于强碱溶液，没有沉淀；用惰性电极电解MgCl2溶液，离子反应方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，因为氢氧化镁为不溶于水的沉淀；用惰性电极电解AlCl3溶液，反应的离子方程式为：2Al3++6Cl-+6H2O3Cl2↑+3H2↑+2Al(OH)3↓，因为氢氧化铝为不溶于水的沉淀；所以在做题时，一定要细心审题，避免出错。
7.在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是
A. NaOH(aq) Cu(OH)2悬浊液 Cu2O
B. NH3NOHNO3
C. MgC12(aq)无水MgC12Mg
D. CaCl2(aq)CaCO3CaO
【答案】A
【解析】
【详解】A、氢氧化钠与硫酸铜反应生成硫酸钠与氢氧化铜，氢氧化铜悬浊液与乙醛水浴加热反应生成氧化亚铜，物质间转化均能实现，选项A选；
B、一氧化氮与水不反应，无法由一氧化氮和水转化为硝酸，物质间转化不能全部实现，选项B 不选；
C、MgCl2溶液要在氯化氢的氛围中加热蒸发才能得到无水氯化镁，物质间转化不能全部实现，选项C 不选；
D、盐酸的酸性强于碳酸，无法用CaCl2与CO2反应得到碳酸钙，物质间转化不能全部实现，选项D不选。
答案选A。
8.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br、HCO3-
B. 澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-
C. c(OH-)< 的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、F-
D. 1mo/L的KNO3溶液中：H+、Fe2+、SCN-、SO42-
【答案】B
【解析】
【详解】A. Fe3+与HCO3-发生双水解反应生成沉淀和气体，不能大量共存，故A不选；
B.该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；
C. 常温下，KW=1×10-14，所以c(OH-)< 的溶液显酸性，H+与ClO-，H+与F-结合生成弱电解质，不能大量共存，故C不选；
D. H+、Fe2+、NO3-三种离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选；
故答案选B。
【点睛】硝酸亚铁溶液中，Fe2+与NO3-之间可以大量共存，NO3-没有氧化性；但是在酸性较强的环境下，NO3-具有强氧化性，能够把Fe2+氧化为Fe3+，导致Fe2+与NO3-之间不能大量共存。
9.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能。下列有关叙述正确的是

A. 该反应的逆反应为放热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
B. 该反应中，生成物的总键能大于反应物的总键能
C. 该反应的反应热为ΔH= E2- E1使用催化剂改变活化能，但不改变反应热
D. 500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g) 置于密闭容器中充分反应生成SO3(g) 放热xkJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-2xkJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应正反应为放热反应；该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数，A错误；
B.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应正反应为放热反应，其ΔH<0，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，故B正确；
C.反应热ΔH=E1-E2，使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热，故C错误；
D.500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热xkJ，由于该反应为可逆反应，得不到1mol SO3(g)，所以热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的反应热的数值不等于2xkJ·mol-l，故D错误；
故答案选B。
10.下列图示与对应的叙述相符的是

A. 图1表示同温度下，pH=1盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线II为盐酸，且a点溶液的导电性比b点弱
B. 图2表示常温时用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol·L-1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线
C. 图3表示压强对反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
D. 据图4，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO，调节PH在4左右
【答案】D
【解析】
【分析】
A.醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，溶液的导电性与溶液中离子浓度成正比；
B.醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，导致溶液中氢离子浓度小于醋酸浓度；
C.该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动；
D.根据铁离子的浓度和溶液的pH关系知，当pH=4左右时，铁离子浓度几乎为0，而铜离子还没有开始沉淀。
【详解】A.醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，完全电离，导致稀释过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化小的为醋酸，即II为醋酸，溶液的导电性与溶液中离子浓度成正比，a点导电能力大于b，故A错误；
B.醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，导致溶液中氢离子浓度小于醋酸浓度，所以未滴定时，0.1000mol·L-1CH3COOH溶液中，醋酸的pH>1，故B错误；
C.该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变，说明平衡不移动，加入的是催化剂，故C错误；
D.加入CuO使溶液中的c（H+）减小，c（OH-）浓度增大，使溶液中c（Fe3+）×c3（OH-）>KSP(Fe(OH)3，使Fe3+生成沉淀而除去，故D正确；
故答案选D。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.下列说法中正确的是
A. 在粗铜的精炼过程中，若电路中转移1 mol 电子，则阳极质量一定减少了32 g
B. 反应8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g) ΔH<0，则该反应一定能自发进行
C. 1.2g的金刚石和12g 的SiO2分别含有0.4mol的C-C键与0.4mol 的Si-O 键
D. 常温下，向NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体（溶液温度没有变化），溶液中 的值增大
【答案】BD
【解析】
【详解】A、粗铜中含有杂质锌、铁，锌、铁先失电子变为Zn2+、Fe2+进入溶液中，电路中转移1 mol 电子，锌溶解了32.5g，铁溶解了28g，阳极质量减少了，但不一定是32 g，故A错误；
B、根据反应自发进行的判断根据是ΔH-T∆S<0 分析，8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g) ΔH<0，∆S>0，一定存在ΔH-T∆S<0，则该反应一定能自发进行，故B正确；
C. 1.2g的金刚石的物质的量为0.1mol，12g 的SiO2的物质的量为0.2mol；而1mol金刚石中含2molC-C键，1mol二氧化硅中含4molSi-O键，所以0.1mol的金刚石和0.2mol的SiO2分别含有0.2mol的C-C键与0.8mol 的Si-O 键，故C错误；
D、NH4Cl溶液存在水解平衡，离子方程式：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，向NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子与氢离子反应，c（H+）减小，平衡右移，根据水解平衡常数可知，= ，由于c（H+）减小，所以增大，故D正确；
故答案选BD。
12.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是
选项
实验操作和现象
预期实验目的或结论
A
比较Cl2与H2SO4氧化性强弱
向漂白粉中加入4mol·L－1硫酸，观察有无黄绿色气体
B
向浓度均为0.10mol•L-1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3稀溶液，出现黄色沉淀
Ksp（AgCl） C
向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀
KI3溶液中存在平衡：I3-I2+I-
D
向苯酚钠溶液中通入CO2，溶液变浑浊
结合H+能力：
C6H5O－＞CO32- ＞HCO3-


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向漂白粉中加入8mol.L-I的硫酸，漂白粉中的Cl-、ClO-在酸性条件下发生反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，不能证明硫酸的氧化性强于氯气，选项A错误；
B．向浓度均为0.10mol•L-1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3稀溶液，出现黄色沉淀AgI，根据同类型难溶电解质，Ksp小的先沉淀可知，Ksp（AgCl）>Ksp（AgI），选项B错误；
C．向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，则KI3的溶液中含I2、I-，即KI3溶液中存在平衡为I3-I2+I-，选项C正确；
D．向苯酚钠溶液中通入CO2，溶液变浑浊，生成苯酚和碳酸氢钠，为强酸制备弱酸的反应，则结合氢离子能力：CO32-＞C6H5O－＞HCO3- ，选项D错误；
故答案选C。
13.化工生产中使用的一种具有较强吸水性的高分子化合物(Z)的合成路线如下：

下列说法正确的是
A. X、Y分子中均有两个手性碳原子
B. 过量酸性KMnO4溶液可将X转化为Y
C. Y转化为Z的反应类型是加聚反应
D. Z与足量H2发生加成反应，消耗Z与H2的物质的量之比为1:3
【答案】A
【解析】
【详解】A. X分子中有两个手性碳原子()、Y分子中也有两个手性碳原子()，故A正确；
B. 羟基和醛基均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，过量酸性KMnO4溶液可将X转化为，故B错误；
C. Y中的羧基和羟基通过缩聚反应转化为Z，故C错误；
D. Z中含有n个苯环，与足量H2发生加成反应，消耗Z与H2的分子数之比为1:3n，故D错误；
故答案选A。
【点睛】一般来讲，有机物发生缩聚反应的结构特点：结构中含有羧基和羟基或羧基和氨基；有机物发生加聚反应的结构特点：结构中含有不饱和的碳碳双键或三键等。
14.常温下向20 mL浓度均为0.1 mol·L－1 NH4HSO4 、(NH4)2SO4混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液。充分反应后静置，Ba(OH)2溶液体积与溶液的pH的关系如下图，下列说法正确的是（假设过程中生成的NH3·H2O不分解）

A. a点溶液中：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝0.4 mol·L－1
B. b点溶液中：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)
C. c点溶液中：c(Ba2＋) ＋ c(NH4+)＝c(SO42-)
D. d点溶液中：c(NH3·H2O)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H＋)
【答案】B
【解析】
【详解】A、a点溶液是NH4HSO4 、(NH4)2SO4混合溶液,存在物料守恒：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝0.3 mol·L－1，故A错误；
B、b点溶液是向20 mL 浓度均为0.1 mol·L－1 NH4HSO4 、(NH4)2SO4混合溶液中滴加10mL0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液，则氢离子和氢氧根离子反应完全，铵根离子0.06mol没反应,硫酸根被沉淀了0.01mol，剩余硫酸根是0.03mol，则c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)，故B正确；
C、c点溶液是向20 mL 浓度均为0.1 mol·L－1 NH4HSO4 、(NH4)2SO4混合溶液中滴加Ba(OH)2溶液，溶液显示中性时候c(OH－)=c(H＋)，根据电荷守恒2c(Ba2＋) ＋c(H＋)+c(NH4+)＝2c(SO42-)+ c(OH－)，得到2c(Ba2＋) ＋c(NH4+)＝2c(SO42-)，故C错误；
D、d点溶液是向20 mL 浓度均为0.1 mol·L－1 NH4HSO4 、(NH4)2SO4混合溶液中滴加25mL0.1mol/L的Ba(OH)2溶液，则溶液中产生了0.03molNH3∙H2O，剩余NH4+0.03mol，剩余SO42-0.015mol，由于溶液呈碱性，电离大于水解，所以c(NH4+)＞ c(NH3·H2O)＞c(SO42-)＞ c(OH－)＞c(H＋)，故D错误；
故答案B。
15.一定温度下，向容积为2 L的恒容密闭容器中充入6 mol CO2和8 mol H2，发生反应：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH =－49.0kJ·mol-1
测得n(H2)随时间变化如曲线Ⅰ所示。下列说法正确的是

A. 该反应在0～8 min内CO2的平均反应速率是0.375mol·L-1·min-1
B. 若起始时向上述容器中充入3 mol CO2和4 mol H2，则平衡时H2的体积分数大于20%
C. 若起始时向上述容器中充入4 mol CO2、2 mol H2、2 mol CH3OH和1mol H2O(g)，则此时反应向正反应方向进行
D. 改变条件得到曲线Ⅱ、Ⅲ，则曲线Ⅱ、Ⅲ改变的条件分别是升高温度、充入氦气
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图可知，0～8 min内H2的物质的量变化量为8mol-2mol=6mol，其浓度变化量为6mol÷2L＝3mol/L，故v（H2）=3mol/L÷8min=0.375 mol•L-1•min-1，速率之比等于其化学计量数之比，故v（CO2）==0.125 mol•L-1•min-1，A错误；
B．由图可知，I平衡时氢气为2mol，则：

故I中平衡时氢气体积分数为×100%=20%，若起始时向上述容器中充入3 mol CO2和4 mol H2，等效为原平衡压强减小一倍，平衡向逆反应方向移动，氢气的体积分数增大，即平衡时H2的体积分数大于20%，B正确；
C．平衡常数K===0.5，此时的浓度商Qc==0.25＜K=0.5，平衡向正反应方向移动，C正确；
D．与Ⅰ相比，Ⅱ到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度大，说明改变条件反应速率加快、反应向逆反应方向移动，若升高温度，反应速率加快，正反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，符合题意；与I相比，Ⅲ到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度小，说明改变条件反应速率加快、反应向正反应方向移动，若充入氦气，容器容积恒定，所以氢气的物质的量应不变，而图中变大，不符合题意，D错误；
答案选BC。
【点晴】该题综合性强，难度解答，侧重考查学生分析计算能力，解答时注意B中等效平衡的应用以及C中注意利用平衡常数判断反应进行方向。平衡常数的大小反映了化学反应可能进行的程度，K越大，说明反应可以进行得越完全。关于平衡常数需要注意：（1）表达式中各物质的浓度是平衡时的浓度，不是起始浓度也不是物质的量。（2）对于一个具体的可逆反应，平衡常数K只与温度（T）有关，与反应物或生成物的浓度无关。（3）正逆反应的化学平衡常数不一样，互为倒数关系。（4）反应物或生成物中有固体或纯液体存在时，由于其浓度看视为常数，是固定不变的，不能代入平衡常数表达式中。（5）化学平衡常数是指某一具体反应的平衡常数。若化学方程式中各物质的化学计量数等倍扩大或缩小，尽管是同一反应，平衡常数也会改变。（6）稀溶液中进行的反应，如有水参加，水的浓度不必写在平衡常数表达式中。
非选择题（共80分）
16.一种从电镍含钴废渣（主要成分有Co(OH)3、Ni(OH)3、Fe(OH)3及少量Ca(OH)2、Mg(OH)2等杂质）中提取氧化钴(Co2O3)的工艺流程如下：

已知：Ksp(CaF2)=3.45×10-11，Ksp(MgF2)=7.42×10-11，Ksp[Co(OH)3]=2×10-44。
（1）在还原剂Na2SO3存在条件下，钴渣易溶于酸中，请写出酸浸时Co(OH)3与Na2SO3反应的离子方程式______，该步操作中硫酸不宜过量太多的主要原因是 ____。
（2）除铁操作中Fe3+以黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12形式从溶液中沉淀析出。中学检验Fe3+的溶液中混有Fe2+的常用试剂是________。
（3）反应Ⅰ中加入NH4F的目的______。
（4）沉钴操作发生的反应为(NH4)2C2O4+CoCl2CoC2O4↓+2NH4Cl，也可用Na2C2O4代替(NH4)2C2O4，若要得到较为纯净的CoC2O4，则合理的加料方式是______(填字母)。
a．将Na2C2O4溶液与反应Ⅰ滤液同时加入到反应容器中
b．将Na2C2O4溶液缓慢加入到盛有反应Ⅰ滤液的反应容器中
c．将反应Ⅰ滤液缓慢加入到盛有Na2C2O4溶液的反应容器中
（5）450℃在空气中煅烧发生的化学反应方程式______________________。
【答案】 (1). 2Co(OH)3+4H++SO32-=2Co2++SO42-+5H2O (2). 下一步操作中会消耗更多的Na2CO3 (3). 酸性KMnO4溶液 (4). 除去Ca2+和Mg2+ (5). b (6). 3O2+4CoC2O42Co2O3+8CO2
【解析】
【分析】
（1）Na2SO3具有还原性，在酸性条件下，Co(OH)3与Na2SO3反应生成硫酸钴、硫酸钠和水，据此写出离子方程式为；硫酸不宜过量太多，会对后续实验的产生影响，浪费试剂；

（2）Fe2+具有还原性，与酸性KMnO4溶液反应，溶液褪色；
（3）根据流程并结合信息可知，镁离子、钙离子均未除去，以此推测加入NH4F的作用；
（4）Ksp[Co(OH)3]=2×10-44很小，Na2C2O4溶液显碱性，制备CoC2O4时，为防止生成Co(OH)3沉淀，据此进行分析；
（5）CoC2O4在空气中煅烧，生成Co2O3和CO2，据此写出方程式。
【详解】（1）Na2SO3具有还原性，在酸性条件下，Co(OH)3与Na2SO3反应生成硫酸钴、硫酸钠和水，离子方程式为：2Co(OH)3+4H++SO32-=2Co2++SO42-+5H2O；因为该流程中，后续实验还需要加入Na2CO3来调节溶液的pH，因此该步操作中硫酸不宜过量太多，否则会消耗更多的Na2CO3；
故答案是：2Co(OH)3+4H++SO32-=2Co2++SO42-+5H2O；下一步操作中会消耗更多的Na2CO3；
（2）Fe2+具有还原性，铁离子具有氧化性，因此可向Fe3+、Fe2+的混合溶液中滴加酸性KMnO4溶液，如果溶液褪色，证明Fe2+的存在；
故答案是：酸性KMnO4溶液；
（3）根据信息可知，氟化钙、氟化镁的溶度积较小，加入NH4F，可以除去溶液中的钙离子和镁离子；
故答案是：除去Ca2+和Mg2+；
（4）Ksp[Co(OH)3]=2×10-44很小，Na2C2O4溶液显碱性，制备CoC2O4时，为防止生成Co(OH)）3沉淀，加料时，将Na2C2O4溶液缓慢加入到盛有反应Ⅰ滤液的反应容器中；
故答案选b。
（5）CoC2O4在空气中煅烧，生成Co2O3和CO2，方程式为：3O2+4CoC2O42Co2O3+8CO2；
故答案是：3O2+4CoC2O42Co2O3+8CO2。
17.化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：

（1）E中含氧官能团的名称为________和________。
（2）B→C的反应类型为________。
（3）C→D反应中会有副产物X（分子式为C12H15O6Br）生成，X的结构简式为：________。反应D→E的方程式为______________。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。
（5）已知：（R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢），写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。____________________
【答案】 (1). 酯基 (2). 醚键 (3). 取代反应 (4). (5). +CH3I→+HI (6). (7).
【解析】
【分析】
（1）根据题中E的结构简式可推知E中含氧官能团；
（2）根据题中信息可知可推知B→C的反应类型；
（3）根据路线图可知，C 转化为D，是C 中一个羟基中的氢，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有两个羟基，推测另一个羟基也可以发生此反应，结合副产物X的分子式为C12H15O6Br，可推断出X的结构简式；根据流程可知，反应D→E的反应为取代反应，据此写出反应的方程式；
（4）该同分异构体可以与FeCl3溶液发生显色反应，则该同分异构体中含有酚羟基，又因为其碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1，据此可推断其结构简式；
（5）根据路线图和已知中提供的反应，结合和两种原料设计制备的路线。
【详解】（1）根据题中E的结构简式可知，E中含氧官能团为酯基、醚键；
故答案是：酯基、醚键；
（2）根据题中信息可知，有机物B的结构中-COCl变为有机物C中的-COOCH3，CH3O-取代了Cl，所以B→C的反应类型为取代反应；
故答案是：取代反应；
（3）根据路线图可知，C 转化为D，是C 中一个羟基中的氢，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有两个羟基，推测另一个羟基也可以发生此反应，结合副产物X的分子式为C12H15O6Br，可推断出X的结构简式为；根据流程可知，D→E的反应为取代反应，反应的方程式为：+CH3I→+HI；
故答案是：；+CH3I→+HI；
（4）该同分异构体可以与FeCl3溶液发生显色反应，则该同分异构体中含有酚羟基，又因为其碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1，可推断其结构简式为；
故答案是：；
（5）根据路线图和已知中提供的反应，以和为原料制备的路线为：；
故答案是：。
【点睛】有机物的结构和性质。反应类型的判断，化学方程式、同分异构体及合成路线流程图的书写是高考的常考点。在有机合成和推断题中一般会已知部分物质，这些已知物质往往是推到过程的关键点。推导时，可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可从最终产物结合反应条件逆向推导原料，还可以从中间产物出发向两侧推导，推导过程中要注意结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用。
18.PbO2是一种棕黑色粉末，难溶于水，可用作强氧化剂和电极制造等。实验室由Ca(ClO)2溶液氧化碱性Pb(OH)2法制备PbO2的步骤如下：

2Pb(CH3COO)2+4NaOH+Ca(ClO)2=2PbO2↓+4CH3COONa+CaCl2+2H2O
（1）“氧化”过程中，反应液的pH____（填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）“硝酸洗”时，被溶解的含铅杂质可能是____________（填化学式）。
（3）产品定性检验：向Mn(NO3)2的HNO3溶液中加入少量产品，搅拌并水浴微热，溶液变紫色，说明含有PbO2。该反应的离子方程式为____（PbO2被还原为Pb2+）。
（4）为测定产品（只含PbO2和PbO）中PbO2、PbO的物质的量之比，称取产品0.5194g， 加入 20.00 mL 0.2500 mol·L－1H2C2O4溶液（PbO2还原为Pb2+）搅拌使其充分反应，然后用氨水中和，过滤、洗涤除去PbC2O4，滤液酸化后用0.0400 mol·L－1KMnO4标准溶液滴定至终点（MnO还原为Mn2+，H2C2O4被氧化为CO2），消耗标准溶液10.00 mL。计算产品中n(PbO2) 与n(PbO) 物质的量之比（写出计算过程）____________。
【答案】 (1). 变小 (2). Pb(OH)2 (3). 2Mn2++5PbO2+4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O (4). 9:2
【解析】
【分析】
根据流程可知，醋酸铅与Ca(ClO)2在碱性环境下，发生氧化还原反应，生成PbO2固体和醋酸钠溶液，过滤后得到二氧化铅，由于氢氧化钠与醋酸铅也可反应生成氢氧化铅，因此二氧化铅中含有杂质氢氧化铅，硝酸洗、水洗、干燥得到产品，据此进行分析。
【详解】（1）根据2Pb(CH3COO)2+4NaOH+Ca(ClO)2=2PbO2↓+4CH3COONa+CaCl2+2H2O反应可知，反应过程中不断消耗碱，碱性减弱，“氧化”过程中，反应液的pH变小；
故答案是：变小；
（2）醋酸铅也可和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铅沉淀；“氧化”制得的PbO2可能含有的含铅杂质化学式是Pb(OH)2；所以“硝酸洗”时，被溶解的含铅杂质可能是Pb(OH)2；
答案是：Pb(OH)2；
（3）根据题给信息可知，反应后的紫色溶液为MnO4-，因此Mn(NO3)2的HNO3溶液与PbO2反应的离子方程式为：2Mn2++5PbO2+4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O；
故答案是：2Mn2++5PbO2+4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O；
（4）上述过程发生的反应有：6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；PbO2+2 H2C2O4=PbC2O4+2CO2+2H2O；PbO+ H2C2O4=PbC2O4+H2O；根据反应关系可知，与高锰酸钾溶液反应的n（H2C2O4）=2.5×0.04×10×10-3=1×10-3mol；与PbO2、PbO反应的n（H2C2O4）=0.25×20×10-3-1×10-3=4×10-3mol；2n（PbO2）+n（PbO）=4×10-3mol；239g/mol×n（PbO2）+223 g/mol×n（PbO）=0.5194g，n（PbO2）=1.8×10-3mol；n（PbO）=4×10-4mol；所以产品中n(PbO2) 与n(PbO) 物质的量之比1.8×10-3mol：4×10-4mol=9:2；
故答案是：9:2。
19.铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。某厂为了变废为宝，将工业废水（含5.00×10-3 mol·L-1的Cr2O72-)处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4，设计了如下实验流程：

（1）第①步反应的离子方程式是_____。
（2）第②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr(OH)3 外，还有_____。
（3）为保证磁性材料的质量，应控制第①步反应后所得溶液中Fe3+与Fe2+的比例为___。在第②步过程中，须持续通入N2，原因是____________。
（4）将FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液。浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是_____。
（5）以工业碳酸钙（含有少量A12O3、Fe3O4杂质）生产二水合氯化钙（CaC12·2H2O）的方法为：将工业碳酸钙溶于盐酸，________得到CaC12·2H2O。（在横线上补全实验步骤，实验中需用到的试剂和仪器有：盐酸，双氧水，氢氧化钙，冰水，pH计）。有关离子开始沉淀及沉淀完全时的pH见下表

【答案】 (1). Cr2O72-+6Fe2++14H+=2 Cr3++6 Fe3++7H2O (2). Fe(OH)3 Fe(OH)2 (3). 3:2 (4). 防止Fe2+被空气中的氧气氧化 (5). 4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2 (6). 先加入足量的双氧水把Fe2+全部氧化为Fe3+，再加入氢氧化钙并搅拌，用pH计调节溶液的pH为4.7，过滤，向得到的滤液中加盐酸酸化后，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用冰水洗涤，干燥后即得到CaC12·2H2O。
【解析】
【分析】
（1）第①步反应是含Cr2O72-的酸性废水与绿矾反应，Cr2O72-被还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，据此写出反应的离子方程式；

（2）含Cr3+、Fe2+、Fe3+的溶液与氢氧化钠反应生成Cr(OH)3、Fe(OH)3、Fe(OH)2，据此进行分析；
（3）根据磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4分子组成可知，Fe2+与Fe3+的比例为x:y，则根据化合物各元素化合价代数和为0得：x+y=2.5，0.5×3+2x+3y-2×4=0，解得x、y，进而计算出①步反应后所得溶液中Fe2+与Fe3+的比例；在第②步过程中，在N2气氛围下，Fe2+不易被氧化；
（4）含FeCO3的浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色Fe(OH)3，据此写出反应的化学方程式；
（5）将工业碳酸钙溶于盐酸，加入双氧水，把Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钙，搅拌，用pH计调节溶液的pH为4.7，过滤，对滤液进行一系列操作可以得到CaCl2·2H2O。
【详解】（1）第①步反应是含Cr2O72-的酸性废水与绿矾反应，Cr2O72-被还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
故答案是：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6 Fe3++7H2O；
（2）含Cr3+、Fe2+、Fe3+的溶液与氢氧化钠反应生成Cr(OH)3、Fe(OH)3、Fe(OH)2，故第②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr(OH)3 外，还有Fe(OH)3和Fe(OH)2；
故答案是：Fe(OH)3 和Fe(OH)2；
（3）根据磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4分子组成可知，Fe2+与Fe3+的比例为x:y，则根据化合物各元素化合价代数和为0得：x+y=2.5，0.5×3+2x+3y-2×4=0，解得x=1，y=1.5，故为保证磁性材料的质量，应控制第①步反应后所得溶液中Fe2+与Fe3+的比例为1：1.5=2：3；在第②步过程中，须持续通入N2，原因是N2气氛下，防止Fe2+被氧化；
故答案是：3:2；防止Fe2+被空气中的氧气氧化；
（4）含FeCO3的浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色Fe(OH)3，反应的化学方程式为：4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2；
故答案是：4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2；
（5）将工业碳酸钙溶于盐酸，加入双氧水，把Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钙，搅拌，用pH计调节溶液的pH为4.7，过滤，除去氢氧化铝和氢氧化铁沉淀；向滤液中加盐酸酸化，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，冰水洗涤，干燥得到CaCl2·2H2O；
故答案是：先加入足量的双氧水把Fe2+全部氧化为Fe3+，再加入氢氧化钙并搅拌，用pH计调节溶液的pH为4.7，过滤，向得到的滤液中加盐酸酸化后，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用冰水洗涤，干燥后即得到CaC12·2H2O。
20.研究和开发CO、CO2的应用及水体污染的治理是化学工作者研究的重要课题。
（1）水体常见污染物之一的氨氮主要指游离氨或铵盐，可以通入一定量的氯气，利用产生的HClO除去。已知： NH4+＋HClO=NH2Cl＋H＋＋H2O；ΔH＝a kJ·mol－1
NH4+＋4HClO=NO3- ＋6H＋＋4Cl－＋H2O；ΔH＝b kJ·mol－1。
2NH2Cl＋HClO=N2＋H2O＋3H＋＋3Cl－；ΔH＝c kJ·mol－1
则2NH4+＋3HClO=N2＋3H2O＋5H＋＋3Cl－；ΔH＝_____ kJ·mol－1
（2）将CO2与金属钠组合设计成Na－CO2电池，很容易实现可逆的充、放电反应，该电池反应为4Na＋3CO22Na2CO3＋C。放电时当电路中转移1mol电子时被还原的CO2的质量为_____；充电时，阳极的反应式为________
（3）废水中重金属离子常用沉淀法除去，已知Ksp(NiS)＝1.1×10－21，Ksp(CuS)＝1.3×10－36，国家规定的排放标准：镍低于1.1×10－5 mol·L－1，铜低于7.8×10－5 mol·L－1。则需要控制溶液中S2－的浓度不低于_____________mol·L－1。
（4）NO易被O2氧化为NO2。其他条件不变时，NO的氧化率α（NO）与温度、压强的关系如图1所示（p1线在p2的上方）则p1__p2（填“＞”、“＜”或“=”）；温度高于800℃时，α（NO）几乎为0的原因是____

（5）环境中的有害物质常通过转化为CO2来降低污染，TiO2是一种性能优良的半导体光催化剂，能有效地将有机污染物转化为CO2等小分子物质。下图2为在TiO2的催化下，O3降解CH3CHO的示意图，则该反应的化学方程式为_____。

（6）用新型钛基纳米PbO2作电极可将苯、酚类等降解为CO2 和H2O。该电极可通过下面过程制备：将钛基板用丙酮浸泡后再用水冲洗，在钛板上镀上一层铝膜。用它做阳极在草酸溶液中电解，一段时间后，铝被氧化为氧化铝并同时形成孔洞。再用Pb(NO3)2溶液处理得纳米PbO2，除去多余的氧化铝，获得钛基纳米PbO2电极。电解时，电流强度和基板孔洞深度随时间变化如上图3所示，氧化的终点电流强度突然增加，其可能的原因是____。
【答案】 (1). 2a+c (2). 11g (3). C-4e-+2CO32-=3CO2↑ (4). 10-16mol/L (5). ＞ (6). NO2在高温时分解了 (7). 3CH3CHO+5O3=6CO2+6H2O (8). 铝氧化完成时形成的孔洞到达金属钛表面，钛的导电性强，所以电流突然增加
【解析】
【分析】
（1）①NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O△H=a kJ·mol﹣1；②2NH2Cl+HClO═N2+H2O+3H++3Cl﹣△H=c kJ·mol﹣1，根据盖斯定律进行计算；
（2）放电时为原电池，二氧化碳气体被还原，根据4Na＋3CO22Na2CO3＋C反应可知，CO2→C，价态降低4价，转移电子为4e-，据此进行计算；充电时为电解池，阳极发生氧化反应，碳被氧化为二氧化碳，据此写出阳极的反应式；
（3）Ksp（NiS）=c（Ni2+）c（S2﹣）=1.1×10﹣21，可以求出c（S2﹣），Ksp（CuS）=c（Cu2+）c（S2﹣）=1.3×10﹣36，求出c（S2﹣），据此进行分析；
（4）根据图像分析，温度相同时p1的一氧化氮的转化率大，所以增大压强平衡正向移动，α（NO）几乎为0的原因是NO2几乎完全分解；
（5）臭氧和乙醛在紫外线的作用下生成二氧化碳和水，据此写出方程式；
（6）电解时，电流强度和基板孔洞深度随时间如图所示，氧化的终点电流突然增加的原因是铝氧化完成时，形成的孔洞到达金属钛表面，钛的导电性强，所以电流突然增加。
【详解】（1）①NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O△H=a kJ·mol﹣1；②2NH2Cl+HClO═N2+H2O+3H++3Cl﹣△H=c kJ·mol﹣1，2×①+②得，2NH4++3HClO═N2+3H2O+5H++3Cl﹣△H=（2a+c）kJ·mol﹣1；
故答案为2a+c；
（2）放电时为原电池，二氧化碳气体被还原，根据4Na＋3CO22Na2CO3＋C反应可知，CO2→C，价态降低4价，转移电子为4e-；当电路中转移1mol电子时被还原的CO2的量为0.25mol，质量为0.25mol×44g/mol=11g；充电时为电解池，阳极发生氧化反应，碳被氧化为二氧化碳，阳极的反应式为C-4e-+2CO32-=3CO2↑；
故答案是：11g；C-4e-+2CO32-=3CO2↑；
（3）Ksp（NiS）=c（Ni2+）c（S2﹣）=1.1×10﹣21，则c（S2﹣）= ==10﹣16mol·L﹣1，Ksp（CuS）=c（Cu2+）c（S2﹣）=1.3×10﹣36，c（S2﹣）= =1.3×10﹣36/7.8×10-5=1.7×10﹣32mol·L﹣1，1.7×10﹣32mol·L﹣1＜10﹣16mol·L﹣1，故则需要控制溶液中S2﹣的浓度不低于10﹣16mol·L﹣1；
故答案为10﹣16；
（4）温度相同时p1的一氧化氮的转化率大，所以增大压强平衡正向移动，所以p1> p2；α（NO）几乎为0的原因是无二氧化氮，NO2几乎完全分解；
答案是: ＞；NO2在高温时分解了；
（5）根据题意可知，臭氧和乙醛在紫外线的作用下生成二氧化碳和水，方程式为：3CH3CHO+5O36CO2+6H2O；
故答案是：3CH3CHO+5O36CO2+6H2O；
（6）电解时，电流强度和基板孔洞深度随时间如图所示，氧化的终点电流突然增加的原因是铝氧化完成时，形成的孔洞到达金属钛表面，钛的导电性强，所以电流突然增加；
故答案是：铝氧化完成时形成的孔洞到达金属钛表面，钛的导电性强，所以电流突然增加。
21.原子序数依次递增的A、B、C、D、E五种元素，其中只有E是第四周期元素，A的一种核素中没有中子，B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，E元素的原子结构中3d能级上未成对电子数是成对电子数的2倍。回答下列问题：
（1）E的+2价离子基态核外电子排布式为_______。
（2）A、B、C、D原子中，电负性最大的是_______（元素符号）
（3）1 mol B2A4分子中σ键的数目为______。B4A6为链状结构，其分子中B原子轨道的杂化类型只有一种，则杂化类型为_______。
（4）C的简单氢化物在D 的简单氢化物中具有很大的溶解度，其主要原因是______。
（5）E和C形成的一种化合物的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为______。

【答案】 (1). [Ar]3d6 (2). O (3). 5 NA (4). sp2 杂化 (5). NH3分子与H2O分子之间会形成氢键 (6). Fe4N
【解析】
【分析】
原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E,其中A的一种核素中没有中子，则A为H元素；B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，原子序数大于碳，故D核外电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E元素的原子结构中3d能级上未成对电子数是成对电子数的2倍，则E的价电子排布为3d64s2，为Fe元素；
【详解】（1）E为Fe元素；Fe的+2价离子基态核外电子排布式为[Ar]3d6；
故答案是：[Ar]3d6；
（2）同周期随原子序数增大，元素电负性呈增大趋势，所以C、O、N电负性大小为O>N>C，H的电负性最小。所以电负性最大的是O；
答案是: O；
（3）C2H4分子结构简式为CH2=CH2，含有σ键的数目为5个，1 mol C2H4分子中σ键的数目为5NA；C4H6为链状结构，结构简式CH2=CH-CH=CH2，碳原子形成3个σ，没有孤对电子，其分子中C原子轨道的杂化类型只有一种，杂化类型为 sp2 杂化；
故答案是：5mol；sp2 杂化；
（4）C的简单氢化物为NH3，D的简单氢化物为H2O；氨气极易溶于水中，是因为NH3分子与H2O分子之间会形成氢键；
故答案是：NH3分子与H2O分子之间会形成氢键；
（5）铁和氮形成的晶体的晶胞结构如图所示，晶胞中铁原子数目为8×+6×=4，氮原子数目为1，原子数目之比为4:1，故该氯化物的化学式是Fe4N；
答案是: Fe4N。