河北省承德市各县第一中学2018届高三上学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2018高三上·承德期末）2017年11月5日，长征三号乙运载火箭将两颗北斗三号全球导航卫星送入太空轨道。下列有关说法正确的是（ ）
A．火箭燃料燃烧时将化学能转化为热能
B．火箭燃料中的四氧化二氮属于化石燃料
C．火箭箭体采用铝合金是为了美观耐用
D．卫星计算机芯片使用的是高纯度的二氧化硅
【答案】A
【知识点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；硅和二氧化硅；合金及其应用
【解析】【解答】火箭燃料燃烧时将化学能转化为热能，再转化为机械能，故A符合题意；
化石燃料是指煤、石油、天然气等不可再生能源，四氧化二氮不属于化石燃料，故B不符合题意；
铝合金的密度较小，火箭箭体采用铝合金的主要目的是减轻火箭的质量，故C不符合题意；
卫星计算机芯片使用高纯度的硅，不是二氧化硅，故D不符合题意。
故答案选A
【分析】A、燃料燃烧将化学能转化热能；
B、根据化石燃料的概念，化石燃料是指煤、石油、天然气等不可再生能源
C、根据合金的特点；
D、机芯片使用的是高纯度硅，光导纤维使用二氧化硅。
2．（2018高三上·承德期末）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．ClO2具有强氧化性,可用于消毒杀菌
B．浓硫酸具有脱水性,可用于干燥气体
C．铝具有良好导热性,可用铝罐贮运浓硝酸
D．FeCl3溶液具有酸性,可用作铜制线路板的蚀刻剂
【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；浓硫酸的性质；铝的化学性质；铁及其化合物的性质实验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、二氧化氯中氯元素化合价为+4价，具有强氧化性，可用于自来水消毒杀菌，故A符合题意；
B、浓硫酸用于干燥气体，是利用浓硫酸的吸水性，故B不符合题意；
C、铝在浓硝酸中钝化，可用铝罐贮运浓硝酸，故C不符合题意；
D、因为FeCl3具有强氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂，故D不符合题意。
故答案选A
【分析】A、利用强氧化性消毒杀菌；（自来水消毒杀菌用液氯或二氧化氯）
B、浓硫酸的吸水性用于干燥气体；
C、铝在浓硝酸中钝化，
D、FeCl3溶液中Fe3+的强氧化性与Cu反应；
3．（2018高三上·承德期末）常温下,下列有关离子共存的说法中正确的是（ ）
A．某无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、SiO32-
B．小苏打溶液中,可能大量存在I-、NO3-、Ba2+、ClO-
C．在水电离出H+浓度为1×10-13mol·L-1的澄清透明溶液中可能大量存在Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-
D．使甲基橙呈红色的溶液中,可能大量存在Na+、K+、AlO2-、Cl-
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】Al3+、SiO32-发生双水解反应生成氢氧化铝、硅酸沉淀，故A不符合题意；
I-、ClO-发生氧化还原反应，故B不符合题意；
水电离出H+浓度为1×10-13mol·L-1的澄清透明溶液可能呈酸性，酸性条件下Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-能大量存在，故C符合题意；
使甲基橙呈红色的溶液呈酸性， AlO2-与H+反应生成Al3+，故D不符合题意。
故答案选C。
【分析】A、双水解反应；
B、氧化还原反应；
D、根据甲基橙的变色范围解答；呈红色溶液酸性，黄色溶液碱性。 AlO2-与H+、H2O反应
4．（2018高三上·承德期末）《馀冬录》中对胡粉[主要成分为2PbCO3·Pb(OH)2]的制法有如下描述：“嵩阳产铅,居民多造胡粉。其法：铅块悬酒缸内,封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者,炒为黄丹。黄丹滓为密陀僧。”其中黄丹的主要成分为Pb3O4，密陀僧的主要成分为PbO。下列说法错误的是（ ）
A．胡粉难溶于水
B．胡粉和黄丹中均含有+2价的铅
C．胡粉炒为黄丹的过程中发生的反应是非氧化还原反应
D．密陀僧分别与物质的量浓度之比为1∶2的稀硫酸和稀硝酸反应，前者反应速率更慢
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；碳族元素简介
【解析】【解答】大多数碳酸盐难溶于水，所以胡粉[主要成分为2PbCO3·Pb(OH)2]难溶于水，故A不符合题意；
胡粉主要成分为2PbCO3·Pb(OH)2]，铅的化合价为+2，黄丹主要成分为Pb3O4，铅元素化合价为+2、+4，均含有+2价的铅，故B不符合题意；
胡粉中铅的化合价为+2，黄丹中铅元素化合价为+2、+4，胡粉炒为黄丹的过程中化合价发生变化，所以是氧化还原反应，故C符合题意；
物质的量浓度之比为1∶2的稀硫酸和稀硝酸，氢离子浓度相同，但硝酸具有强氧化性，PbSO4是难溶于水的盐会附着在PbO的表面，所以密陀憎与硝酸反应速率快，故D不符合题意。
故答案选D。
【分析】A、活泼性金属K,Na的碳酸盐易溶于水，大多数的碳酸盐难容于水；
B、根据氧元素的化合价进行推理；
C、根据铅元素的化合价是否变化进行推理；
D、根据H+浓度相同，硝酸的氧化性强于硫酸；以及难溶性硫酸盐会覆盖反应物，阻碍反应的进行；
5．（2018高三上·承德期末）设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（ ）
A．5.6 g Fe与过量稀硝酸反应，转移的电子数为0.3NA
B．标准状况下，2.24 L苯含C-H键的数目为0.6NA
C．K35ClO3与浓H37 Cl反应制得7.1 g氯气，则生成的Cl2分子数为0.1NA
D．6.4 g Cu与40 mL 10 mol·L-1浓硝酸充分反应，生成的NO2分子数为0.2NA
【答案】A
【知识点】硝酸的化学性质；苯的结构与性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.5.6 g Fe的物质的量为0.1mol，与过量稀硝酸反应生成Fe(NO3)3时转移的电子数为0.3NA，故A符合题意；
B．标准状况下苯为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故B不符合题意；
C．K35ClO3与浓H37 Cl反应制得的氯气，既是氧化产物又是还原产物，所得氯气的相对分子质量不是71，则7.1 g氯气的物质的量不是0.1mol，所含有的Cl2分子数不为0.1NA，故C不符合题意；
D．浓硝酸随着反应的进行，逐渐变为稀硝酸，故6.4 g Cu不能完全反应生成NO2，还有部分生成NO，故D不符合题意；
答案为A。
【分析】A、铁与过量稀硝酸，被氧化物Fe(NO3)3；
B、苯为液体，与标况无关，用质量计算；
C、KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2↑+3H2O，氯气中的Cl来源于氯酸钾和盐酸，相对分子质量不是71；
D、浓硝酸不是过量的，随反应进行，浓度变小，生成物为NO；
6．（2018高三上·承德期末）下列叙述正确的是（ ）
A． 由3 种单体加聚得到
B．甲苯与足量H2 加成产物的一氯取代物有5 种
C．双糖、多糖在稀酸的催化下最终均水解为葡萄糖
D．分子式为C4H8O2并能与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2 的有机物有3种(不含立体异构)
【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体；苯的同系物及其性质；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、 由1,3—丁二烯、丙烯2种单体加聚得到，故A不符合题意；
B、甲苯与足量H2 加成的产物是甲基环己烷，一氯取代物有5种，故B符合题意；
C、蔗糖水解为葡萄糖和果糖，故C不符合题意；
D、分子式为C4H8O2并能与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2 的有机物属于羧酸，有CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，共2种，故D不符合题意。
故答案选B。
【分析】A、通过断开结构简式中的碳碳双键即可找到单体；
B、甲苯与氢气加成甲基环己烷，结构关于甲基轴对称，含有5种H；
C、双糖水解为葡萄糖，蔗糖为双糖，水解为葡萄糖和果糖；
D、能与NaHCO3溶液体反应制备CO2，则分子含有羧基，确定官能团，再书写同分异构体
7．（2018高三上·承德期末）某硫酸厂回收利用废气中SO2的方案如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．X中可能含有2种盐
B．Y 中含有 NH4HSO4
C．(NH4)2S2O8是阴极产物
D．气体a转化为H2SO4的过程中发生了氧化还原反应
【答案】C
【知识点】工业制取硫酸；二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】SO2与氨水反应生成NH4HSO3或(NH4)2SO3，故A不符合题意；
亚硫酸的酸性小于硫酸，(NH4)2SO3与过量硫酸能生成NH4HSO4，故B不符合题意；
NH4HSO4(NH4)2S2O8，硫元素化合价升高发生氧化反应，(NH4)2S2O8是阳极产物，故C符合题意；
气体a是SO2，SO2转化为H2SO4的过程中硫元素化合价升高发生了氧化还原反应，故D不符合题意。
故答案选C
【分析】A、根据废气中SO2相对氨水是否过量进行产物的分析；
B、硫酸过量，(NH4)2SO3与过量硫酸能生成NH4HSO4；
C、根据电解池原理解答；S被氧化属于阳极反应；
D、SO2制备硫酸流程；
8．（2018高三上·承德期末）向铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合,其中铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN,下列说法正确的是（ ）
A．AlN是一种金属材料
B．AlN与足量盐酸反应的离子方程式为AlN+3H+=Al3++NH3↑
C．AlN与足量氢氧化钠溶液共热时生成氢氧化铝和氨气
D．少量NH4Cl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
【答案】D
【知识点】铵盐；无机非金属材料；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料，故A不符合题意；
AlN与足量盐酸反应生成氯化铝和氯化铵，离子方程式为AlN+4H+=Al3++NH4+，故B不符合题意；
AlN 与足量氢氧化钠溶液共热时生成偏铝酸钠和氨气，故C不符合题意；
NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故D符合题意。
故答案选D。
【分析】A、氮化铝不是金属单质，也不是合金，不是金属材料；
B、主要根据过量的酸，分析解答；
C主要根据过量的碱解答；
D、根据氯化铵受热分解生成氯化氢解答；
9．（2018高三上·承德期末）用下列装置进行相应实验,其中能达到实验目的的是（ ）
A．图1所示装置可用于Cu和浓硫酸反应制取少量SO2气体
B．图2所示装置可用于除去NaHCO3固体中的少量Na2CO3
C．图3所示装置可用于蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
D．图4所示装置可用于分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层
【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；分液和萃取；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】Cu和浓硫酸反应需要加热，故A不符合题意；
碳酸氢钠受热易分解，故B不符合题意；
NH4Cl加热易分解，不能蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl，故C不符合题意；
CCl4难溶于水，用分液法分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层，故D符合题意。
故答案选D。
【分析】A、Cu与浓硫酸反应需要固液加热装置；
B、根据NaHCO3、Na2CO3的热稳定性解答；
C、根据铵盐受热易分解原理解答；
D、CCl4密度比水大，且不溶于水，碘易溶于CCl4
10．（2018高三上·承德期末）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是次外层的3倍,X在周期表中位于ⅢA族,Y与W位于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．最简单气态氢化物的热稳定性：W>Y>Z
B．简单离子的半径：X
D．工业上用电解熔融XZ3制备X单质
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】W原子的最外层电子数是次外层的3倍，W是O元素；Y 与W位于同一主族，Y是S元素；原子序数依次增大，X在周期表中位于ⅢA族，X是Al元素、Z是Cl元素；非金属性O>Cl>S，气态氢化物越稳定性H2O>HCl>H2S，故A不符合题意；
S2- 电子层数最多，半径最大；O2-、Al3+电子层数相同，氧离子质子数少，半径大，所以简单离子的半径Al3+< O2-< S2-，故B符合题意；
化合物S2Cl2中只含有共价键，故C不符合题意；
工业上用电解熔融Al2O3制备Al单质，故D不符合题意。
故答案选B、
【分析】根据元素周期表，原子的最外层电子数是次外层的3倍，先推断出W；X位于ⅢA族，推断X，Y与W位于同一主族推断Y；
A、根据元素周期律即可解答；
B、电子层数越多，原子半径越大，当电子层数相同时，质子数越大，半径越小；
C、S、Cl属于非金属，只含有共价键；
D、Al的制备；是电解氧化铝。
11．（2018高三上·承德期末）已知两种盐的固体混合物满足下列条件：①加热时有气体产生;②加水溶解时有沉淀生成，且沉淀不溶于稀硝酸。则该固体混合物的成分可能是（ ）
A．Fe(NO3)2和NaHSO4 B．BaCl2和NaHCO3
C．AgNO3和NH4Cl D．K2S和Al2(SO4)3
【答案】C
【知识点】物质的检验和鉴别；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】Fe(NO3)2和NaHSO4加水溶解时没有沉淀生成，故A不符合题意；
BaCl2 和NaHCO3加水溶解时没有沉淀生成，故B不符合题意；
AgNO3和NH4Cl加水溶解时有氯化银生成，故C符合题意；
K2S和Al2(SO4)3加水溶解时发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝可溶于硝酸，故D不符合题意。
故答案选C。
【分析】A、B根据有没有沉淀判断，溶解后能够共存，不反应；
C、铵盐受热分解产生气体，白色沉淀AgCl不溶于稀硝酸；
D、双水解产生氢氧化铝沉淀，但是沉淀可溶；
12．（2018高三上·承德期末）下图所示为镍锌可充电电池放电时电极发生物质转化的示意图，电池使用KOH和K2Zn(OH)4为电解质容液，下列关于该电池说法正确的是（ ）
A．放电时溶液中的K+移向负极
B．充电时阴极附近的pH会降低
C．放电时正极反应为H++NiOOH+e-=Ni(OH)2
D．负极质量每减少6.5g溶液质量增加6.3g
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A、放电时是原电池，溶液中的K+移向正极，A不符合题意；
B、充电时是电解池，锌电极是阴极，电极反应式为Zn(OH)42－+2e－＝Zn+4OH－，阴极附近的pH会升高，B不符合题意；
C、放电时正极反应为H2O+NiOOH+e－=Ni(OH)2+OH－，C不符合题意；
D、根据以上分析可知放电时总反应式为Zn+2H2O+2NiOOH+2OH－＝Zn(OH)42－+2Ni(OH)2，负极质量每减少65g，溶液质量增加133g－36g－34g＝63g，因此负极质量每减少6.5g溶液质量增加6.3g，D符合题意，
答案选D。
【分析】A、根据图中是放电时的情景，确定为原电池，负极消耗OH-，K+移动到正极；
B、放电时，Zn会消耗OH-，充电时，Zn(OH)42－释放OH-；
C、放电；负极消耗，正极产生OH-；
D、根据原电池的放电总反应式计算；
13．（2018高三上·承德期末）下列实验中,对应的操作、现象以及所得出的结论都正确的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A NaOH溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1MgSO4溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液 先有白色沉淀生成,后白色沉淀变为浅蓝色沉淀 Ksp[Cu(OH)2]
C Cl2通入品红溶液中 品红褪色 Cl2具有漂白性
D 把铁片插入浓硝酸中 有大量红棕色气体产生 浓硝酸具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】向白色的氢氧化镁沉淀中滴加CuSO4溶液生成浅蓝色氢氧化铜沉淀，说明Ksp[Cu(OH)2]
氯气没有漂白性，次氯酸有漂白性，故C不符合题意；
铁片插入浓硝酸中钝化，不能生成大量红棕色气体，故D不符合题意。
故答案选A
【分析】A、Cu(OH)2、Cu(OH)2均属于沉淀，沉淀变为蓝色，说明蓝色的沉淀溶解更少；
B、不能根据碳酸和盐酸的酸性比较C、Cl的非金属性，没有氧化还原作对比；
C、Cl2遇水具有漂白性，其漂白作用的是次氯酸；
D、常温下，铁在浓硫酸钝化；没有气体产生；
14．（2018高三上·承德期末）化学上常用AG 表示溶液中的酸碱度，AG=lg 。25℃时，用0.100mol·L-1的NaOH 溶液滴定20.00mL 0.100mol·L-1HNO2溶液，AG与所加NaOH 溶液的体积(V)关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．B点溶液中存在c(H+)-c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)
B．D点溶液中的pH=11.25
C．C点时，加入NaOH 溶液的体积为20.00 mL
D．25 ℃时，HNO2 的电离平衡常数Ka=1.0×10-5.5
【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；pH的简单计算；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、B点是10mL 0.100mol·L-1的NaOH溶液与20.00mL 0.100mol·L-1HNO2溶液混合，溶质为等浓度的NaNO2和HNO2；根据电荷守恒，c(H+)+ c(Na+)= c(NO2-)+ c(OH-)，根据物料守恒，2c(Na+)= c(NO2-)+c(HNO2)，所以2c(H+)-2c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)，故A不符合题意；
B、D点溶液的AG=-8.5，说明中 =10-8.5，所以c(H+)=10-11.25，pH=11.25，故B符合题意；
C、A点溶液AG=8.5，说明中 =108.5， c(H+)=10-2.75，pH=2.75，所以HNO2是弱酸，C点AG=0，溶液呈中性，所以加入NaOH溶液的体积小于20.00mL，故C不符合题意；
D、根据C选项，0.100mol·L-1HNO2溶液c(H+)=10-2.75， 25℃时，HNO2的电离平衡常数Ka= ，故D不符合题意。
故答案选B。
【分析】A、根据酸碱中和反应，得到生成物为等浓度的NaNO2和HNO2，在根据电荷守恒，物料守恒计算；
B、根据D点AG==-8.5，Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，计算c(H+)；
C、根据A点，计算出此时c(H+)=10-2.75，pH=2.75，证明HNO2是弱酸，C点溶液中性，则NaOH溶液的体积小于20.00mL；
D、Ka=，结合A点进行计算；
重点：注意AG与Ka、Kw的结合使用
二、填空题
15．（2018高三上·承德期末）已知A为化合物,且其摩尔质量为95 g·mol-1,D为混合物,M是一种常见的气体，N是一种常见金属单质。它们之间的转化如图所示。
请回答下列问题：
（1）A 的化学式为 。
（2）由A生成B和C的反应中,每转移1mol电子,可以生成 g B。
（3）已知D中含有两种固体,且其中有一种固体单质为黑色,另一种固体为B的氧化物。则M的摩尔质量为 g·mol-1。
（4）E的水溶液与N反应的离子方程式为 。
【答案】（1）MgCl2
（2）12
（3）44
（4）2Fe3++Fe=3Fe2+
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：根据以上分析，（1）A是氯化镁 ，化学式为MgCl2。
（2）由氯化镁电解生成镁和氯气的反应中，镁由+2价变为0价，每转移1mol电子生成0.5mol镁，质量是12g。
（3）根据以上分析，M是二氧化碳，摩尔质量为44g·mol-1。
（4）E是氯化铁，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。
【分析】电解熔融物，可以分析出为活泼金属的氧化物，或者氯化物；N为常见的金属单质，则C为非金属单质，且能够二次反应，推断N为Fe；由第4小题的E的溶液推断E能溶于水，排除C为O2，C只能为Cl2;A摩尔质量为95 g·mol-1,推出A为MgCl2,根据第3小题，推断出M为有O元素的气体，D中含MgO，发生氧化还原，产生黑色固体，推断为C；
所以A为MgCl2，B为Mg；C为Cl2，M为CO2，N为Fe；E为FeCl3，F为FeCl2；
三、综合题
16．（2018高三上·承德期末）黄铁矿(主要成分为FeS2)的有效利用对环境具有重要意义。
（1）在酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图1所示。
①图1转化过程的总反应中，FeS2作 (填“催化剂”“氧化剂” 或“还原剂”，下同)。该转化过程中NO的作用是 。
②写出图1中Fe3+与FeS2反应的离子方程式： 。
（2）FeS2 氧化为Fe3+的过程中，控制起始时Fe2+的浓度、溶液体积和通入O2的速率不变，改变其他条件时，Fe2+被氧化的转化率随时间的变化如图2 所示。
①加入NaNO2 发生反应：2H++3NO2-=NO3-+2NO↑+H2O。该反应中若有6 mol NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为 mol。
②加入NaNO2、KI 发生反应：4H++2NO2-+2I-=2NO↑+I2+2H2O。解释图2中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2+转化率的原因： 。
【答案】（1）还原剂；催化剂；14Fe3++FeS2+8H2O==15Fe2++2SO42-+16H+
（2）4；生成的催化剂NO更多，加快了反应速率
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】解：（1）①图1转化过程的总反应中FeS2中S元素被氧化为SO42-，FeS2是还原剂；反应前后NO没有改变，所以NO是催化剂；
②根据图1所示， Fe3+把FeS2氧化为SO42-，Fe3+被还原为Fe2+；反应离子方程式是14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+
（2）①根据 ，反应中若有6 mol NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为4mol；
②NO是该反应的催化剂，加入NaNO2、KI 发生反应：4H++2NO2-+2I-=2NO↑+I2+2H2O，生成的催化剂NO更多，加快了反应速率。
【分析】（1）根据化合价以及质量有无变化推断：FeS2参与反应生成SO42-，化合价升高，NO没有发生变化，为催化剂；②根据原子个数守恒配平方程式；题中提示：在溶液中进行；
（2）根据双线桥法表明电子转移个数，即可解答；
（3）明确NO为催化剂，速率变化肯定和催化剂有关。观察方程式中生成NO的快慢多少即可解答；
17．（2018高三上·承德期末）利用化肥生产中的废催化剂(主要成分为Al2O3、K2O、少量的CoO、SiO2等)来制取明矾的工艺流程如图所示。
（1）KAl(SO4)2 12H2O中Al的化合价为 。
（2）废催化剂在浸取前进行球磨的主要目的是 。
（3）浸取时Al2O3溶解的化学方程式为 ；滤渣的主要成分是 (填化学式)。
（4）实验测得K2CO3的加入量与KAl(SO4)2 12H2O产率及纯度关系如下表所示：
编号 1 2 3 4
K2CO3加入量/g 2 4 6 8
产品质量/g 3.3 5.7 4.6 4.5
明矾纯度/% 99.1 98.2 91.4 84.9
当K2CO3的加入量超过4 g后，晶体的质量减少且纯度降低，其原因是 。
【答案】（1）+3
（2）提高酸浸时的浸取率
（3）Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；SiO2
（4）K2CO3加入过多会导致溶液酸度降低，使Al3+水解生成Al(OH)3
【知识点】物质的分离与提纯；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】(1)令铝的化合价为x，由在化合物中化合价的代数和为0可知，1×1+x+(6-2×4)×2=0，x=3，KAl(SO4)2 12H2O中Al的化合价为+3价；
(2)废催化剂在浸取前进行球磨的主要目的是将块状固体粉碎，提高酸浸时的浸取率；
(3)浸取时Al2O3溶解于硫酸生成盐和水，化学方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；滤渣的主要成分是不溶于酸的SiO2；
（4）K2CO3溶于水后水解使溶液呈碱性，当K2CO3的加入量超过4 g后，晶体的质量减少且纯度降低，其原因是K2CO3加入过多会导致溶液酸度降低，使Al3+水解生成Al(OH)3。
【分析】（1）根据化合物中化合价的代数和为0计算；
（2）粉碎，增大接触面积，提高反应速率；
（3）金属氧化物与酸的反应：Al2O3溶解于硫酸生成盐和水；根据二氧化硅的性质解题；
（4）主要考察K2CO3的用量，根据图表，当K2CO3超过4 g后，K2CO3会消耗H2SO4，使溶液的酸度降低，Al3+水解向正反应进行；
18．（2018高三上·承德期末）镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57~71的元素。
（1）镝(Dy)的基态原子电子排布式为[Xe]4f106s2，画出镝(Dy)原子外围电子排布图： 。
（2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，基态时Cu3+ 的电子排布式为 。
（3）观察下面四种镧系元素的电离能数据，判断最有可能显示+3 价的元素是 (填元素名称)。几种镧系元素的电离能(单位：kJ mol-1)
元素 I1 I2 I3 I4
Yb(镱） 604 1217 4494 5014
Lu(镥） 532 1390 4111 4987
La(镧） 538 1067 1850 5419
Ce(铈） 527 1047 1949 3547
（4）元素铈(Ce)可以形成配合物(NH4)2[Ce(NO3)6]。
①组成配合物的四种元素，电负性由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。
②写出氮的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键： (任写一种)。
③元素Al 也有类似成键情况，气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，分子中Al 原子杂化方式为 ，分子中所含化学键类型有 (填字母)。
a.离子键 b.极性键 C.非极性键 d.配位键
（5）PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，则PrO2(二氧化镨)的晶胞中有 个氧原子；已知晶胞参数为a pm，密度为ρ g· cm-3，NA= (用含a、ρ的代数式表示)。
【答案】（1）
（2）[Ar]3d8 (或1s22s22p63s23p63d8)
（3）镧
（4）O>N>H>Ce；N-H…(或 N-H…N或O-H…N或O-H…O)；sp3；bd
（5）8；
【知识点】原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）.根据镝(Dy)的基态原子电子排布式[Xe]4f106s2可知，镝(Dy)原子外围4f能级上有10个电子，6s能级上有2个电子，则其外围电子排布图为： ；
（2）.Cu是 29号元素，基态原子的电子排布式为：[Ar]3d104s1，高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，说明Cu失去3个电子，则基态时Cu3+ 的电子排布式为：[Ar]3d8 (或1s22s22p63s23p63d8)，故答案为：[Ar]3d8 (或1s22s22p63s23p63d8)；
（3）.第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3价可能性越大，在上述表中，镧的I1、I2和I3最接近，则最有可能显示+3 价的元素是镧，故答案为：镧；
（4）.①.元素铈(Ce)可以形成配合物(NH4)2[Ce(NO3)6]，组成配合物的四种元素中，因元素非金属性越强，电负性越大，则O>N>H，又因Ce是金属，其电负性在四种元素中最小，所以电负性大小顺序为：O>N>H>Ce，故答案为：O>N>H>Ce；
② . N和 O元素的电负性强，则NH3的水溶液中存在的氢键有：N-H…O(或 N-H…N或O-H…N或O-H…O)，故答案为：N-H…O(或 N-H…N或O-H…N或O-H…O)；
③ .在气态氯化铝 (AlCl3)2中，每个Al原子与4个Cl原子形成4个σ键，则Al原子的杂化方式为sp3，在该分子中，与Al原子形成极性共价键的两个Cl原子中，有一个是配位键，氯原子提供电子，铝原子提供空轨道，故答案为：sp3；bd；
（5）.PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，所以晶胞中镨原子的个数为：6×1/2+8×1/8=4，则氧原子个数为：4×2=8；根据上述分析可知，一个二氧化镨晶胞中含有4个PrO2，则ρ= = ，则NA= (或 )，
故答案为：8； (或 )；
【分析】（1）根据基态原子电子排布式确定4f能级上的电子，以及6s上的电子；
（2）Cu基态原子的电子排布式为：[Ar]3d104s1，Cu3+为Cu失去3个电子后得到，3d能级有8个电子；
（3）显示+3 价的元素，第三电离能教第一、第二电离能相差不大，根据表格数据即可解答；
（4）①电负性越大即非金属性越强，Ce是金属，为最弱；
②N的最简单氢化物为NH3，N和 O元素的电负性强，则NH3的水溶液中存在的氢键有N-H…O(或 N-H…N或O-H…N或O-H…O)；
③Al最外层有3个电子，原子价电子数为3，与3个Cl原子已经全部成σ键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键；
（5）根据均摊法计算晶胞中Pr原子数目；根据化学式计算晶胞中相对应的O的个数；根据m=；计算；
19．（2018高三上·承德期末）已知A的分子式为C2H2,B是合成塑料的单体，C的相对分子质量为78,M 是一种具有广谱高效食品防腐作用的有机物,以A 为原料合成B 和M的路线如图所示。
（1）C→D的反应类型为 ，B的结构简式为 。
（2）写出E→F的化学方程式： 。
（3）G 中的含氧官能团的名称是 ,写出由G在一定条件下反应生成高分子化合物的化学反应方程式： 。
（4）M的同分异构体有多种,写出四种满足以下条件的同分异构体的结构简式： 、 、 、 。
①能发生银镜反应
②含有萃环且苯环上一氯取代物有两种
③ 遇FeCl3溶液不显紫色
④1mol该有机物与足量的钠反应生成1mol氢气(一个碳原子上同时连接两个-OH的结构不稳定)
（5）对甲基苯酚 是重要的有机化工中间体，写出以乙炔、丙炔为原料(无机试剂任选)制备对甲基苯酚的合成路线： 。
【答案】（1）加成反应；CH2=CHCl
（2） +NaCl+2H2O
（3）(酚)羟基、羧基； +(n-1)H2O
（4）；；；
（5）
【知识点】有机物的合成；芳香烃
【解析】【解答】解：根据以上分析，（1） +CH3CH=CH2→ 的反应类型为加成反应，B的结构简式为 。
（2） 在氢氧化钠水溶液中，一定条件下水解为 的化学方程式： 。
（3） 中的含氧官能团的名称是羧基、羟基；由 在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学反应方程式： +(n-1)H2O。
（4） 的同分异构体，
①能发生银镜反应说明含有醛基；
②含有萃环且苯环上一氯取代物有两种，说明至少有2个取代基且对称；
③ 遇FeCl3溶液不显紫色，说明没有酚羟基；
④1mol该有机物与足量的钠反应生成1mol氢气，说明分子中含有2个羟基；符合条件的同分异构体有 、 、 、 ；
（5）乙炔一定条件下可以生成苯，所以乙炔、丙炔一定条件下可以生成甲苯，甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成 ， 水解为 ， 酸化生成 ；
以乙炔、丙炔为原料制备对甲基苯酚的合成路线：
【分析】A为CHCH,A与B加成反应，B为CHCl=CH2,由D可推断C中含有苯环，而苯环相对分子质量恰好为78，所以C为苯；C与CH3CH=CH2发生取代反应，生成，与Cl2在对位取代，再被高锰酸钾氧化成，GM为酯化反应，推出G为，而G由酸化得来，推出F为，由此可以推出，
（1）EF为取代反应，且Cl也被取代。
（2）由G转化为高分子化合物，可根据G分子中既含有羟基，又含有羧基，为分子内酯化；
（3）M能发生银镜反应说明含有醛基；
②含有萃环且苯环上一氯取代物有两种，说明至少有2个取代基且对称；
③ 遇FeCl3溶液不显紫色，说明没有酚羟基；
④1mol该有机物与足量的钠反应生成1mol氢气，说明分子中含有2个羟基
（4）2个乙炔与1个丙炔制备甲苯，甲苯与Cl2实现对位取代，结合题意，Cl——被氢氧化钠取代，再被酸化即可制备。
四、解答题
20．（2018高三上·承德期末）肼(N2H4)是一种重要的化工原料，既可用于制药，又可用作火箭燃料。回答下列问题：
（1）已知反应的热化学方程式如下：
①N2H4(g) N2(g)+2H2(g) △H1；
②N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H2。
反应热△H1 (填“大于”或“小于”) △H2。向2 L的恒容密闭容器中充入1 mol N2H4，发生反应①， （用x表示）与时间的关系如图1所示，则该温度下，反应①的平衡常数K= 。
（2）肼在另一条件下也可达到分解平衡，同时生成两种气体，且其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。图2为平衡体系中肼的体积分数与温度、压强的关系。
①该反应的化学方程式为 。
②p2 (填“大于”或“小于”) p1。
③图中N2H4的平衡体积分数随温度升高而降低，其原因是 。
【答案】（1）大于；0.25
（2）3N2H4 4NH3+N2；小于；肼在催化剂作用下分解，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，因此肼的体积分数也减小
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)①N2H4(g) N2(g)+2H2(g) 为分解反应，属于吸热反应，△H1＞0；②N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) 为化合反应，属于放热反应，△H2＜0，反应热△H1大于△H2。
设反应的N2H4的物质的量为y，
N2H4(g) N2(g)+ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） y y 2y
平衡（mol） 1-y y 2y
则 = =3.0，解得y=0.5mol，因此K= = =0.25，故答案为：大于；0.25；
(2)①气态肼在催化剂作用下分解只产生两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，可推断两种气体分别为N2和NH3，反应方程式为：3N2H4 N2+4NH3，故答案为：3N2H4 N2+4NH3；
②反应为气体物质的量增大的反应，减小压强有利于化学平衡向正反应方向移动，达到平衡时，肼的体积分数减小，根据图像，压强大小关系为：p2＜p1，故答案为：小于；③N2H4的平衡体积分数随温度升高而降低，可能的原因为肼在催化剂作用下分解，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，因此肼的体积分数也减小，故答案为：肼在催化剂作用下分解，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，因此肼的体积分数也减小。
【分析】（1）分解反应属于吸热反应，N2、H2的合成属于放热反应；
根据平衡时，n(H2)为n(N2)的两倍，假设n(N2)=y，n(H2)=2y，n(N2H4)=1-y，结合反应方程式进行计算；
（2）①能使使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气；
②根据方程式中的计量数，该反应平衡时体积数变大；根据勒夏特列原理解答；
③N2H4的平衡体积分数随温度升高而降低；该反应正方向为吸热反应：根据勒夏特列原理解答；
五、实验题
21．（2018高三上·承德期末）Na2O2具有强氧化性，H2具有还原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行如下实验。
I.实验探究
步骤1：按如图所示的装置组装仪器（图中夹持仪器已省略）并检查装置的气密性，然后装入药品。
步骤2：打开K1、K2，在产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管的过程中，未观察到明显现象。
步骤3：进行必要的实验操作，淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色。
（1）组装好仪器后，要检查装置的气密性。简述检查虚线框内装置气密性的方法： 。
（2）B装置中所盛放的试剂是 ，其作用是 。
（3）步骤3中的必要操作为打开K1、K2，_______（请按正确的顺序填入下列步骤的字母）。
A．加热至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间
B．用小试管收集气体并检验其纯度
C．关闭K1
D．停止加热，充分冷却
（4）由上述实验可推出Na2O2与H2反应的化学方程式为 。
（5）II．数据处理
实验结束后，该同学欲测定C装置硬质玻璃管内白色固体中未反应完的Na2O2含量。
其操作流程如下：
①测定过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和 。
②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则测得的Na2O2质量分数 （填“偏大”“偏小”或“不变”）
【答案】（1）关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明虚线框内的装置气密性良好
（2）碱石灰；吸收氢气中的水和氯化氢
（3）A；B；C；D
（4）Na2O2+H2 2NaOH
（5）玻璃棒；偏小
【知识点】氧化还原反应；钠的重要化合物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】I．(1)关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明启普发生器的气密性良好；
(2)A中生成的H2中混有水蒸气和挥发出的HCl，应利用B装置中所盛放的碱石灰吸收吸收氢气中的水和氯化氢；
(3)步骤3中的必要操作为打开K1、K2，应先通一会儿氢气并用小试管收集气体并检验其纯度，当装置内空气完全除去后，加热C中至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间，然后停止加热，充分冷却，最后关闭K1，故操作顺序为BADC；
(4)Na2O2与H2反应无水生成，说明产物为NaOH，发生反应的化学方程式为Na2O2+H2 2NaOH；
II．①NaCl溶液蒸发操作进需要用玻璃棒搅拌，则操作过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒；
②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则得到NaCl的固体质量偏低，固体增重量偏低，导致NaOH的含量偏高，则测得的Na2O2质量分数偏小。
【分析】（1）装置气密性检查：关闭阀门，水流不下来；
（2）干燥剂：既可以干燥H2，又可以净化气体
（3）H2不纯的话易燃易爆，使用前应该先验纯，
（4）无水硫酸铜为变蓝，则反应没有水生成；
（5）反应最终生成NaCl，蒸发需要玻璃棒搅拌；
在转移溶液时，若溶液转移不完全，NaCl量会减少，产率偏低；
河北省承德市各县第一中学2018届高三上学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2018高三上·承德期末）2017年11月5日，长征三号乙运载火箭将两颗北斗三号全球导航卫星送入太空轨道。下列有关说法正确的是（ ）
A．火箭燃料燃烧时将化学能转化为热能
B．火箭燃料中的四氧化二氮属于化石燃料
C．火箭箭体采用铝合金是为了美观耐用
D．卫星计算机芯片使用的是高纯度的二氧化硅
2．（2018高三上·承德期末）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．ClO2具有强氧化性,可用于消毒杀菌
B．浓硫酸具有脱水性,可用于干燥气体
C．铝具有良好导热性,可用铝罐贮运浓硝酸
D．FeCl3溶液具有酸性,可用作铜制线路板的蚀刻剂
3．（2018高三上·承德期末）常温下,下列有关离子共存的说法中正确的是（ ）
A．某无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、SiO32-
B．小苏打溶液中,可能大量存在I-、NO3-、Ba2+、ClO-
C．在水电离出H+浓度为1×10-13mol·L-1的澄清透明溶液中可能大量存在Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-
D．使甲基橙呈红色的溶液中,可能大量存在Na+、K+、AlO2-、Cl-
4．（2018高三上·承德期末）《馀冬录》中对胡粉[主要成分为2PbCO3·Pb(OH)2]的制法有如下描述：“嵩阳产铅,居民多造胡粉。其法：铅块悬酒缸内,封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者,炒为黄丹。黄丹滓为密陀僧。”其中黄丹的主要成分为Pb3O4，密陀僧的主要成分为PbO。下列说法错误的是（ ）
A．胡粉难溶于水
B．胡粉和黄丹中均含有+2价的铅
C．胡粉炒为黄丹的过程中发生的反应是非氧化还原反应
D．密陀僧分别与物质的量浓度之比为1∶2的稀硫酸和稀硝酸反应，前者反应速率更慢
5．（2018高三上·承德期末）设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（ ）
A．5.6 g Fe与过量稀硝酸反应，转移的电子数为0.3NA
B．标准状况下，2.24 L苯含C-H键的数目为0.6NA
C．K35ClO3与浓H37 Cl反应制得7.1 g氯气，则生成的Cl2分子数为0.1NA
D．6.4 g Cu与40 mL 10 mol·L-1浓硝酸充分反应，生成的NO2分子数为0.2NA
6．（2018高三上·承德期末）下列叙述正确的是（ ）
A． 由3 种单体加聚得到
B．甲苯与足量H2 加成产物的一氯取代物有5 种
C．双糖、多糖在稀酸的催化下最终均水解为葡萄糖
D．分子式为C4H8O2并能与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2 的有机物有3种(不含立体异构)
7．（2018高三上·承德期末）某硫酸厂回收利用废气中SO2的方案如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．X中可能含有2种盐
B．Y 中含有 NH4HSO4
C．(NH4)2S2O8是阴极产物
D．气体a转化为H2SO4的过程中发生了氧化还原反应
8．（2018高三上·承德期末）向铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合,其中铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN,下列说法正确的是（ ）
A．AlN是一种金属材料
B．AlN与足量盐酸反应的离子方程式为AlN+3H+=Al3++NH3↑
C．AlN与足量氢氧化钠溶液共热时生成氢氧化铝和氨气
D．少量NH4Cl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
9．（2018高三上·承德期末）用下列装置进行相应实验,其中能达到实验目的的是（ ）
A．图1所示装置可用于Cu和浓硫酸反应制取少量SO2气体
B．图2所示装置可用于除去NaHCO3固体中的少量Na2CO3
C．图3所示装置可用于蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
D．图4所示装置可用于分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层
10．（2018高三上·承德期末）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是次外层的3倍,X在周期表中位于ⅢA族,Y与W位于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．最简单气态氢化物的热稳定性：W>Y>Z
B．简单离子的半径：X
D．工业上用电解熔融XZ3制备X单质
11．（2018高三上·承德期末）已知两种盐的固体混合物满足下列条件：①加热时有气体产生;②加水溶解时有沉淀生成，且沉淀不溶于稀硝酸。则该固体混合物的成分可能是（ ）
A．Fe(NO3)2和NaHSO4 B．BaCl2和NaHCO3
C．AgNO3和NH4Cl D．K2S和Al2(SO4)3
12．（2018高三上·承德期末）下图所示为镍锌可充电电池放电时电极发生物质转化的示意图，电池使用KOH和K2Zn(OH)4为电解质容液，下列关于该电池说法正确的是（ ）
A．放电时溶液中的K+移向负极
B．充电时阴极附近的pH会降低
C．放电时正极反应为H++NiOOH+e-=Ni(OH)2
D．负极质量每减少6.5g溶液质量增加6.3g
13．（2018高三上·承德期末）下列实验中,对应的操作、现象以及所得出的结论都正确的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A NaOH溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1MgSO4溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液 先有白色沉淀生成,后白色沉淀变为浅蓝色沉淀 Ksp[Cu(OH)2]
C Cl2通入品红溶液中 品红褪色 Cl2具有漂白性
D 把铁片插入浓硝酸中 有大量红棕色气体产生 浓硝酸具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
14．（2018高三上·承德期末）化学上常用AG 表示溶液中的酸碱度，AG=lg 。25℃时，用0.100mol·L-1的NaOH 溶液滴定20.00mL 0.100mol·L-1HNO2溶液，AG与所加NaOH 溶液的体积(V)关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．B点溶液中存在c(H+)-c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)
B．D点溶液中的pH=11.25
C．C点时，加入NaOH 溶液的体积为20.00 mL
D．25 ℃时，HNO2 的电离平衡常数Ka=1.0×10-5.5
二、填空题
15．（2018高三上·承德期末）已知A为化合物,且其摩尔质量为95 g·mol-1,D为混合物,M是一种常见的气体，N是一种常见金属单质。它们之间的转化如图所示。
请回答下列问题：
（1）A 的化学式为 。
（2）由A生成B和C的反应中,每转移1mol电子,可以生成 g B。
（3）已知D中含有两种固体,且其中有一种固体单质为黑色,另一种固体为B的氧化物。则M的摩尔质量为 g·mol-1。
（4）E的水溶液与N反应的离子方程式为 。
三、综合题
16．（2018高三上·承德期末）黄铁矿(主要成分为FeS2)的有效利用对环境具有重要意义。
（1）在酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图1所示。
①图1转化过程的总反应中，FeS2作 (填“催化剂”“氧化剂” 或“还原剂”，下同)。该转化过程中NO的作用是 。
②写出图1中Fe3+与FeS2反应的离子方程式： 。
（2）FeS2 氧化为Fe3+的过程中，控制起始时Fe2+的浓度、溶液体积和通入O2的速率不变，改变其他条件时，Fe2+被氧化的转化率随时间的变化如图2 所示。
①加入NaNO2 发生反应：2H++3NO2-=NO3-+2NO↑+H2O。该反应中若有6 mol NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为 mol。
②加入NaNO2、KI 发生反应：4H++2NO2-+2I-=2NO↑+I2+2H2O。解释图2中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2+转化率的原因： 。
17．（2018高三上·承德期末）利用化肥生产中的废催化剂(主要成分为Al2O3、K2O、少量的CoO、SiO2等)来制取明矾的工艺流程如图所示。
（1）KAl(SO4)2 12H2O中Al的化合价为 。
（2）废催化剂在浸取前进行球磨的主要目的是 。
（3）浸取时Al2O3溶解的化学方程式为 ；滤渣的主要成分是 (填化学式)。
（4）实验测得K2CO3的加入量与KAl(SO4)2 12H2O产率及纯度关系如下表所示：
编号 1 2 3 4
K2CO3加入量/g 2 4 6 8
产品质量/g 3.3 5.7 4.6 4.5
明矾纯度/% 99.1 98.2 91.4 84.9
当K2CO3的加入量超过4 g后，晶体的质量减少且纯度降低，其原因是 。
18．（2018高三上·承德期末）镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57~71的元素。
（1）镝(Dy)的基态原子电子排布式为[Xe]4f106s2，画出镝(Dy)原子外围电子排布图： 。
（2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，基态时Cu3+ 的电子排布式为 。
（3）观察下面四种镧系元素的电离能数据，判断最有可能显示+3 价的元素是 (填元素名称)。几种镧系元素的电离能(单位：kJ mol-1)
元素 I1 I2 I3 I4
Yb(镱） 604 1217 4494 5014
Lu(镥） 532 1390 4111 4987
La(镧） 538 1067 1850 5419
Ce(铈） 527 1047 1949 3547
（4）元素铈(Ce)可以形成配合物(NH4)2[Ce(NO3)6]。
①组成配合物的四种元素，电负性由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。
②写出氮的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键： (任写一种)。
③元素Al 也有类似成键情况，气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，分子中Al 原子杂化方式为 ，分子中所含化学键类型有 (填字母)。
a.离子键 b.极性键 C.非极性键 d.配位键
（5）PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，则PrO2(二氧化镨)的晶胞中有 个氧原子；已知晶胞参数为a pm，密度为ρ g· cm-3，NA= (用含a、ρ的代数式表示)。
19．（2018高三上·承德期末）已知A的分子式为C2H2,B是合成塑料的单体，C的相对分子质量为78,M 是一种具有广谱高效食品防腐作用的有机物,以A 为原料合成B 和M的路线如图所示。
（1）C→D的反应类型为 ，B的结构简式为 。
（2）写出E→F的化学方程式： 。
（3）G 中的含氧官能团的名称是 ,写出由G在一定条件下反应生成高分子化合物的化学反应方程式： 。
（4）M的同分异构体有多种,写出四种满足以下条件的同分异构体的结构简式： 、 、 、 。
①能发生银镜反应
②含有萃环且苯环上一氯取代物有两种
③ 遇FeCl3溶液不显紫色
④1mol该有机物与足量的钠反应生成1mol氢气(一个碳原子上同时连接两个-OH的结构不稳定)
（5）对甲基苯酚 是重要的有机化工中间体，写出以乙炔、丙炔为原料(无机试剂任选)制备对甲基苯酚的合成路线： 。
四、解答题
20．（2018高三上·承德期末）肼(N2H4)是一种重要的化工原料，既可用于制药，又可用作火箭燃料。回答下列问题：
（1）已知反应的热化学方程式如下：
①N2H4(g) N2(g)+2H2(g) △H1；
②N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H2。
反应热△H1 (填“大于”或“小于”) △H2。向2 L的恒容密闭容器中充入1 mol N2H4，发生反应①， （用x表示）与时间的关系如图1所示，则该温度下，反应①的平衡常数K= 。
（2）肼在另一条件下也可达到分解平衡，同时生成两种气体，且其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。图2为平衡体系中肼的体积分数与温度、压强的关系。
①该反应的化学方程式为 。
②p2 (填“大于”或“小于”) p1。
③图中N2H4的平衡体积分数随温度升高而降低，其原因是 。
五、实验题
21．（2018高三上·承德期末）Na2O2具有强氧化性，H2具有还原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行如下实验。
I.实验探究
步骤1：按如图所示的装置组装仪器（图中夹持仪器已省略）并检查装置的气密性，然后装入药品。
步骤2：打开K1、K2，在产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管的过程中，未观察到明显现象。
步骤3：进行必要的实验操作，淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色。
（1）组装好仪器后，要检查装置的气密性。简述检查虚线框内装置气密性的方法： 。
（2）B装置中所盛放的试剂是 ，其作用是 。
（3）步骤3中的必要操作为打开K1、K2，_______（请按正确的顺序填入下列步骤的字母）。
A．加热至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间
B．用小试管收集气体并检验其纯度
C．关闭K1
D．停止加热，充分冷却
（4）由上述实验可推出Na2O2与H2反应的化学方程式为 。
（5）II．数据处理
实验结束后，该同学欲测定C装置硬质玻璃管内白色固体中未反应完的Na2O2含量。
其操作流程如下：
①测定过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和 。
②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则测得的Na2O2质量分数 （填“偏大”“偏小”或“不变”）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；硅和二氧化硅；合金及其应用
【解析】【解答】火箭燃料燃烧时将化学能转化为热能，再转化为机械能，故A符合题意；
化石燃料是指煤、石油、天然气等不可再生能源，四氧化二氮不属于化石燃料，故B不符合题意；
铝合金的密度较小，火箭箭体采用铝合金的主要目的是减轻火箭的质量，故C不符合题意；
卫星计算机芯片使用高纯度的硅，不是二氧化硅，故D不符合题意。
故答案选A
【分析】A、燃料燃烧将化学能转化热能；
B、根据化石燃料的概念，化石燃料是指煤、石油、天然气等不可再生能源
C、根据合金的特点；
D、机芯片使用的是高纯度硅，光导纤维使用二氧化硅。
2．【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；浓硫酸的性质；铝的化学性质；铁及其化合物的性质实验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、二氧化氯中氯元素化合价为+4价，具有强氧化性，可用于自来水消毒杀菌，故A符合题意；
B、浓硫酸用于干燥气体，是利用浓硫酸的吸水性，故B不符合题意；
C、铝在浓硝酸中钝化，可用铝罐贮运浓硝酸，故C不符合题意；
D、因为FeCl3具有强氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂，故D不符合题意。
故答案选A
【分析】A、利用强氧化性消毒杀菌；（自来水消毒杀菌用液氯或二氧化氯）
B、浓硫酸的吸水性用于干燥气体；
C、铝在浓硝酸中钝化，
D、FeCl3溶液中Fe3+的强氧化性与Cu反应；
3．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】Al3+、SiO32-发生双水解反应生成氢氧化铝、硅酸沉淀，故A不符合题意；
I-、ClO-发生氧化还原反应，故B不符合题意；
水电离出H+浓度为1×10-13mol·L-1的澄清透明溶液可能呈酸性，酸性条件下Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-能大量存在，故C符合题意；
使甲基橙呈红色的溶液呈酸性， AlO2-与H+反应生成Al3+，故D不符合题意。
故答案选C。
【分析】A、双水解反应；
B、氧化还原反应；
D、根据甲基橙的变色范围解答；呈红色溶液酸性，黄色溶液碱性。 AlO2-与H+、H2O反应
4．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；碳族元素简介
【解析】【解答】大多数碳酸盐难溶于水，所以胡粉[主要成分为2PbCO3·Pb(OH)2]难溶于水，故A不符合题意；
胡粉主要成分为2PbCO3·Pb(OH)2]，铅的化合价为+2，黄丹主要成分为Pb3O4，铅元素化合价为+2、+4，均含有+2价的铅，故B不符合题意；
胡粉中铅的化合价为+2，黄丹中铅元素化合价为+2、+4，胡粉炒为黄丹的过程中化合价发生变化，所以是氧化还原反应，故C符合题意；
物质的量浓度之比为1∶2的稀硫酸和稀硝酸，氢离子浓度相同，但硝酸具有强氧化性，PbSO4是难溶于水的盐会附着在PbO的表面，所以密陀憎与硝酸反应速率快，故D不符合题意。
故答案选D。
【分析】A、活泼性金属K,Na的碳酸盐易溶于水，大多数的碳酸盐难容于水；
B、根据氧元素的化合价进行推理；
C、根据铅元素的化合价是否变化进行推理；
D、根据H+浓度相同，硝酸的氧化性强于硫酸；以及难溶性硫酸盐会覆盖反应物，阻碍反应的进行；
5．【答案】A
【知识点】硝酸的化学性质；苯的结构与性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.5.6 g Fe的物质的量为0.1mol，与过量稀硝酸反应生成Fe(NO3)3时转移的电子数为0.3NA，故A符合题意；
B．标准状况下苯为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故B不符合题意；
C．K35ClO3与浓H37 Cl反应制得的氯气，既是氧化产物又是还原产物，所得氯气的相对分子质量不是71，则7.1 g氯气的物质的量不是0.1mol，所含有的Cl2分子数不为0.1NA，故C不符合题意；
D．浓硝酸随着反应的进行，逐渐变为稀硝酸，故6.4 g Cu不能完全反应生成NO2，还有部分生成NO，故D不符合题意；
答案为A。
【分析】A、铁与过量稀硝酸，被氧化物Fe(NO3)3；
B、苯为液体，与标况无关，用质量计算；
C、KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2↑+3H2O，氯气中的Cl来源于氯酸钾和盐酸，相对分子质量不是71；
D、浓硝酸不是过量的，随反应进行，浓度变小，生成物为NO；
6．【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体；苯的同系物及其性质；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、 由1,3—丁二烯、丙烯2种单体加聚得到，故A不符合题意；
B、甲苯与足量H2 加成的产物是甲基环己烷，一氯取代物有5种，故B符合题意；
C、蔗糖水解为葡萄糖和果糖，故C不符合题意；
D、分子式为C4H8O2并能与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2 的有机物属于羧酸，有CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，共2种，故D不符合题意。
故答案选B。
【分析】A、通过断开结构简式中的碳碳双键即可找到单体；
B、甲苯与氢气加成甲基环己烷，结构关于甲基轴对称，含有5种H；
C、双糖水解为葡萄糖，蔗糖为双糖，水解为葡萄糖和果糖；
D、能与NaHCO3溶液体反应制备CO2，则分子含有羧基，确定官能团，再书写同分异构体
7．【答案】C
【知识点】工业制取硫酸；二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】SO2与氨水反应生成NH4HSO3或(NH4)2SO3，故A不符合题意；
亚硫酸的酸性小于硫酸，(NH4)2SO3与过量硫酸能生成NH4HSO4，故B不符合题意；
NH4HSO4(NH4)2S2O8，硫元素化合价升高发生氧化反应，(NH4)2S2O8是阳极产物，故C符合题意；
气体a是SO2，SO2转化为H2SO4的过程中硫元素化合价升高发生了氧化还原反应，故D不符合题意。
故答案选C
【分析】A、根据废气中SO2相对氨水是否过量进行产物的分析；
B、硫酸过量，(NH4)2SO3与过量硫酸能生成NH4HSO4；
C、根据电解池原理解答；S被氧化属于阳极反应；
D、SO2制备硫酸流程；
8．【答案】D
【知识点】铵盐；无机非金属材料；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料，故A不符合题意；
AlN与足量盐酸反应生成氯化铝和氯化铵，离子方程式为AlN+4H+=Al3++NH4+，故B不符合题意；
AlN 与足量氢氧化钠溶液共热时生成偏铝酸钠和氨气，故C不符合题意；
NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故D符合题意。
故答案选D。
【分析】A、氮化铝不是金属单质，也不是合金，不是金属材料；
B、主要根据过量的酸，分析解答；
C主要根据过量的碱解答；
D、根据氯化铵受热分解生成氯化氢解答；
9．【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；分液和萃取；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】Cu和浓硫酸反应需要加热，故A不符合题意；
碳酸氢钠受热易分解，故B不符合题意；
NH4Cl加热易分解，不能蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl，故C不符合题意；
CCl4难溶于水，用分液法分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层，故D符合题意。
故答案选D。
【分析】A、Cu与浓硫酸反应需要固液加热装置；
B、根据NaHCO3、Na2CO3的热稳定性解答；
C、根据铵盐受热易分解原理解答；
D、CCl4密度比水大，且不溶于水，碘易溶于CCl4
10．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】W原子的最外层电子数是次外层的3倍，W是O元素；Y 与W位于同一主族，Y是S元素；原子序数依次增大，X在周期表中位于ⅢA族，X是Al元素、Z是Cl元素；非金属性O>Cl>S，气态氢化物越稳定性H2O>HCl>H2S，故A不符合题意；
S2- 电子层数最多，半径最大；O2-、Al3+电子层数相同，氧离子质子数少，半径大，所以简单离子的半径Al3+< O2-< S2-，故B符合题意；
化合物S2Cl2中只含有共价键，故C不符合题意；
工业上用电解熔融Al2O3制备Al单质，故D不符合题意。
故答案选B、
【分析】根据元素周期表，原子的最外层电子数是次外层的3倍，先推断出W；X位于ⅢA族，推断X，Y与W位于同一主族推断Y；
A、根据元素周期律即可解答；
B、电子层数越多，原子半径越大，当电子层数相同时，质子数越大，半径越小；
C、S、Cl属于非金属，只含有共价键；
D、Al的制备；是电解氧化铝。
11．【答案】C
【知识点】物质的检验和鉴别；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】Fe(NO3)2和NaHSO4加水溶解时没有沉淀生成，故A不符合题意；
BaCl2 和NaHCO3加水溶解时没有沉淀生成，故B不符合题意；
AgNO3和NH4Cl加水溶解时有氯化银生成，故C符合题意；
K2S和Al2(SO4)3加水溶解时发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝可溶于硝酸，故D不符合题意。
故答案选C。
【分析】A、B根据有没有沉淀判断，溶解后能够共存，不反应；
C、铵盐受热分解产生气体，白色沉淀AgCl不溶于稀硝酸；
D、双水解产生氢氧化铝沉淀，但是沉淀可溶；
12．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A、放电时是原电池，溶液中的K+移向正极，A不符合题意；
B、充电时是电解池，锌电极是阴极，电极反应式为Zn(OH)42－+2e－＝Zn+4OH－，阴极附近的pH会升高，B不符合题意；
C、放电时正极反应为H2O+NiOOH+e－=Ni(OH)2+OH－，C不符合题意；
D、根据以上分析可知放电时总反应式为Zn+2H2O+2NiOOH+2OH－＝Zn(OH)42－+2Ni(OH)2，负极质量每减少65g，溶液质量增加133g－36g－34g＝63g，因此负极质量每减少6.5g溶液质量增加6.3g，D符合题意，
答案选D。
【分析】A、根据图中是放电时的情景，确定为原电池，负极消耗OH-，K+移动到正极；
B、放电时，Zn会消耗OH-，充电时，Zn(OH)42－释放OH-；
C、放电；负极消耗，正极产生OH-；
D、根据原电池的放电总反应式计算；
13．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】向白色的氢氧化镁沉淀中滴加CuSO4溶液生成浅蓝色氢氧化铜沉淀，说明Ksp[Cu(OH)2]
氯气没有漂白性，次氯酸有漂白性，故C不符合题意；
铁片插入浓硝酸中钝化，不能生成大量红棕色气体，故D不符合题意。
故答案选A
【分析】A、Cu(OH)2、Cu(OH)2均属于沉淀，沉淀变为蓝色，说明蓝色的沉淀溶解更少；
B、不能根据碳酸和盐酸的酸性比较C、Cl的非金属性，没有氧化还原作对比；
C、Cl2遇水具有漂白性，其漂白作用的是次氯酸；
D、常温下，铁在浓硫酸钝化；没有气体产生；
14．【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；pH的简单计算；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、B点是10mL 0.100mol·L-1的NaOH溶液与20.00mL 0.100mol·L-1HNO2溶液混合，溶质为等浓度的NaNO2和HNO2；根据电荷守恒，c(H+)+ c(Na+)= c(NO2-)+ c(OH-)，根据物料守恒，2c(Na+)= c(NO2-)+c(HNO2)，所以2c(H+)-2c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)，故A不符合题意；
B、D点溶液的AG=-8.5，说明中 =10-8.5，所以c(H+)=10-11.25，pH=11.25，故B符合题意；
C、A点溶液AG=8.5，说明中 =108.5， c(H+)=10-2.75，pH=2.75，所以HNO2是弱酸，C点AG=0，溶液呈中性，所以加入NaOH溶液的体积小于20.00mL，故C不符合题意；
D、根据C选项，0.100mol·L-1HNO2溶液c(H+)=10-2.75， 25℃时，HNO2的电离平衡常数Ka= ，故D不符合题意。
故答案选B。
【分析】A、根据酸碱中和反应，得到生成物为等浓度的NaNO2和HNO2，在根据电荷守恒，物料守恒计算；
B、根据D点AG==-8.5，Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，计算c(H+)；
C、根据A点，计算出此时c(H+)=10-2.75，pH=2.75，证明HNO2是弱酸，C点溶液中性，则NaOH溶液的体积小于20.00mL；
D、Ka=，结合A点进行计算；
重点：注意AG与Ka、Kw的结合使用
15．【答案】（1）MgCl2
（2）12
（3）44
（4）2Fe3++Fe=3Fe2+
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：根据以上分析，（1）A是氯化镁 ，化学式为MgCl2。
（2）由氯化镁电解生成镁和氯气的反应中，镁由+2价变为0价，每转移1mol电子生成0.5mol镁，质量是12g。
（3）根据以上分析，M是二氧化碳，摩尔质量为44g·mol-1。
（4）E是氯化铁，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。
【分析】电解熔融物，可以分析出为活泼金属的氧化物，或者氯化物；N为常见的金属单质，则C为非金属单质，且能够二次反应，推断N为Fe；由第4小题的E的溶液推断E能溶于水，排除C为O2，C只能为Cl2;A摩尔质量为95 g·mol-1,推出A为MgCl2,根据第3小题，推断出M为有O元素的气体，D中含MgO，发生氧化还原，产生黑色固体，推断为C；
所以A为MgCl2，B为Mg；C为Cl2，M为CO2，N为Fe；E为FeCl3，F为FeCl2；
16．【答案】（1）还原剂；催化剂；14Fe3++FeS2+8H2O==15Fe2++2SO42-+16H+
（2）4；生成的催化剂NO更多，加快了反应速率
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】解：（1）①图1转化过程的总反应中FeS2中S元素被氧化为SO42-，FeS2是还原剂；反应前后NO没有改变，所以NO是催化剂；
②根据图1所示， Fe3+把FeS2氧化为SO42-，Fe3+被还原为Fe2+；反应离子方程式是14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+
（2）①根据 ，反应中若有6 mol NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为4mol；
②NO是该反应的催化剂，加入NaNO2、KI 发生反应：4H++2NO2-+2I-=2NO↑+I2+2H2O，生成的催化剂NO更多，加快了反应速率。
【分析】（1）根据化合价以及质量有无变化推断：FeS2参与反应生成SO42-，化合价升高，NO没有发生变化，为催化剂；②根据原子个数守恒配平方程式；题中提示：在溶液中进行；
（2）根据双线桥法表明电子转移个数，即可解答；
（3）明确NO为催化剂，速率变化肯定和催化剂有关。观察方程式中生成NO的快慢多少即可解答；
17．【答案】（1）+3
（2）提高酸浸时的浸取率
（3）Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；SiO2
（4）K2CO3加入过多会导致溶液酸度降低，使Al3+水解生成Al(OH)3
【知识点】物质的分离与提纯；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】(1)令铝的化合价为x，由在化合物中化合价的代数和为0可知，1×1+x+(6-2×4)×2=0，x=3，KAl(SO4)2 12H2O中Al的化合价为+3价；
(2)废催化剂在浸取前进行球磨的主要目的是将块状固体粉碎，提高酸浸时的浸取率；
(3)浸取时Al2O3溶解于硫酸生成盐和水，化学方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；滤渣的主要成分是不溶于酸的SiO2；
（4）K2CO3溶于水后水解使溶液呈碱性，当K2CO3的加入量超过4 g后，晶体的质量减少且纯度降低，其原因是K2CO3加入过多会导致溶液酸度降低，使Al3+水解生成Al(OH)3。
【分析】（1）根据化合物中化合价的代数和为0计算；
（2）粉碎，增大接触面积，提高反应速率；
（3）金属氧化物与酸的反应：Al2O3溶解于硫酸生成盐和水；根据二氧化硅的性质解题；
（4）主要考察K2CO3的用量，根据图表，当K2CO3超过4 g后，K2CO3会消耗H2SO4，使溶液的酸度降低，Al3+水解向正反应进行；
18．【答案】（1）
（2）[Ar]3d8 (或1s22s22p63s23p63d8)
（3）镧
（4）O>N>H>Ce；N-H…(或 N-H…N或O-H…N或O-H…O)；sp3；bd
（5）8；
【知识点】原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）.根据镝(Dy)的基态原子电子排布式[Xe]4f106s2可知，镝(Dy)原子外围4f能级上有10个电子，6s能级上有2个电子，则其外围电子排布图为： ；
（2）.Cu是 29号元素，基态原子的电子排布式为：[Ar]3d104s1，高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，说明Cu失去3个电子，则基态时Cu3+ 的电子排布式为：[Ar]3d8 (或1s22s22p63s23p63d8)，故答案为：[Ar]3d8 (或1s22s22p63s23p63d8)；
（3）.第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3价可能性越大，在上述表中，镧的I1、I2和I3最接近，则最有可能显示+3 价的元素是镧，故答案为：镧；
（4）.①.元素铈(Ce)可以形成配合物(NH4)2[Ce(NO3)6]，组成配合物的四种元素中，因元素非金属性越强，电负性越大，则O>N>H，又因Ce是金属，其电负性在四种元素中最小，所以电负性大小顺序为：O>N>H>Ce，故答案为：O>N>H>Ce；
② . N和 O元素的电负性强，则NH3的水溶液中存在的氢键有：N-H…O(或 N-H…N或O-H…N或O-H…O)，故答案为：N-H…O(或 N-H…N或O-H…N或O-H…O)；
③ .在气态氯化铝 (AlCl3)2中，每个Al原子与4个Cl原子形成4个σ键，则Al原子的杂化方式为sp3，在该分子中，与Al原子形成极性共价键的两个Cl原子中，有一个是配位键，氯原子提供电子，铝原子提供空轨道，故答案为：sp3；bd；
（5）.PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，所以晶胞中镨原子的个数为：6×1/2+8×1/8=4，则氧原子个数为：4×2=8；根据上述分析可知，一个二氧化镨晶胞中含有4个PrO2，则ρ= = ，则NA= (或 )，
故答案为：8； (或 )；
【分析】（1）根据基态原子电子排布式确定4f能级上的电子，以及6s上的电子；
（2）Cu基态原子的电子排布式为：[Ar]3d104s1，Cu3+为Cu失去3个电子后得到，3d能级有8个电子；
（3）显示+3 价的元素，第三电离能教第一、第二电离能相差不大，根据表格数据即可解答；
（4）①电负性越大即非金属性越强，Ce是金属，为最弱；
②N的最简单氢化物为NH3，N和 O元素的电负性强，则NH3的水溶液中存在的氢键有N-H…O(或 N-H…N或O-H…N或O-H…O)；
③Al最外层有3个电子，原子价电子数为3，与3个Cl原子已经全部成σ键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键；
（5）根据均摊法计算晶胞中Pr原子数目；根据化学式计算晶胞中相对应的O的个数；根据m=；计算；
19．【答案】（1）加成反应；CH2=CHCl
（2） +NaCl+2H2O
（3）(酚)羟基、羧基； +(n-1)H2O
（4）；；；
（5）
【知识点】有机物的合成；芳香烃
【解析】【解答】解：根据以上分析，（1） +CH3CH=CH2→ 的反应类型为加成反应，B的结构简式为 。
（2） 在氢氧化钠水溶液中，一定条件下水解为 的化学方程式： 。
（3） 中的含氧官能团的名称是羧基、羟基；由 在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学反应方程式： +(n-1)H2O。
（4） 的同分异构体，
①能发生银镜反应说明含有醛基；
②含有萃环且苯环上一氯取代物有两种，说明至少有2个取代基且对称；
③ 遇FeCl3溶液不显紫色，说明没有酚羟基；
④1mol该有机物与足量的钠反应生成1mol氢气，说明分子中含有2个羟基；符合条件的同分异构体有 、 、 、 ；
（5）乙炔一定条件下可以生成苯，所以乙炔、丙炔一定条件下可以生成甲苯，甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成 ， 水解为 ， 酸化生成 ；
以乙炔、丙炔为原料制备对甲基苯酚的合成路线：
【分析】A为CHCH,A与B加成反应，B为CHCl=CH2,由D可推断C中含有苯环，而苯环相对分子质量恰好为78，所以C为苯；C与CH3CH=CH2发生取代反应，生成，与Cl2在对位取代，再被高锰酸钾氧化成，GM为酯化反应，推出G为，而G由酸化得来，推出F为，由此可以推出，
（1）EF为取代反应，且Cl也被取代。
（2）由G转化为高分子化合物，可根据G分子中既含有羟基，又含有羧基，为分子内酯化；
（3）M能发生银镜反应说明含有醛基；
②含有萃环且苯环上一氯取代物有两种，说明至少有2个取代基且对称；
③ 遇FeCl3溶液不显紫色，说明没有酚羟基；
④1mol该有机物与足量的钠反应生成1mol氢气，说明分子中含有2个羟基
（4）2个乙炔与1个丙炔制备甲苯，甲苯与Cl2实现对位取代，结合题意，Cl——被氢氧化钠取代，再被酸化即可制备。
20．【答案】（1）大于；0.25
（2）3N2H4 4NH3+N2；小于；肼在催化剂作用下分解，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，因此肼的体积分数也减小
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)①N2H4(g) N2(g)+2H2(g) 为分解反应，属于吸热反应，△H1＞0；②N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) 为化合反应，属于放热反应，△H2＜0，反应热△H1大于△H2。
设反应的N2H4的物质的量为y，
N2H4(g) N2(g)+ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） y y 2y
平衡（mol） 1-y y 2y
则 = =3.0，解得y=0.5mol，因此K= = =0.25，故答案为：大于；0.25；
(2)①气态肼在催化剂作用下分解只产生两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，可推断两种气体分别为N2和NH3，反应方程式为：3N2H4 N2+4NH3，故答案为：3N2H4 N2+4NH3；
②反应为气体物质的量增大的反应，减小压强有利于化学平衡向正反应方向移动，达到平衡时，肼的体积分数减小，根据图像，压强大小关系为：p2＜p1，故答案为：小于；③N2H4的平衡体积分数随温度升高而降低，可能的原因为肼在催化剂作用下分解，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，因此肼的体积分数也减小，故答案为：肼在催化剂作用下分解，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，因此肼的体积分数也减小。
【分析】（1）分解反应属于吸热反应，N2、H2的合成属于放热反应；
根据平衡时，n(H2)为n(N2)的两倍，假设n(N2)=y，n(H2)=2y，n(N2H4)=1-y，结合反应方程式进行计算；
（2）①能使使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气；
②根据方程式中的计量数，该反应平衡时体积数变大；根据勒夏特列原理解答；
③N2H4的平衡体积分数随温度升高而降低；该反应正方向为吸热反应：根据勒夏特列原理解答；
21．【答案】（1）关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明虚线框内的装置气密性良好
（2）碱石灰；吸收氢气中的水和氯化氢
（3）A；B；C；D
（4）Na2O2+H2 2NaOH
（5）玻璃棒；偏小
【知识点】氧化还原反应；钠的重要化合物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】I．(1)关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明启普发生器的气密性良好；
(2)A中生成的H2中混有水蒸气和挥发出的HCl，应利用B装置中所盛放的碱石灰吸收吸收氢气中的水和氯化氢；
(3)步骤3中的必要操作为打开K1、K2，应先通一会儿氢气并用小试管收集气体并检验其纯度，当装置内空气完全除去后，加热C中至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间，然后停止加热，充分冷却，最后关闭K1，故操作顺序为BADC；
(4)Na2O2与H2反应无水生成，说明产物为NaOH，发生反应的化学方程式为Na2O2+H2 2NaOH；
II．①NaCl溶液蒸发操作进需要用玻璃棒搅拌，则操作过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒；
②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则得到NaCl的固体质量偏低，固体增重量偏低，导致NaOH的含量偏高，则测得的Na2O2质量分数偏小。
【分析】（1）装置气密性检查：关闭阀门，水流不下来；
（2）干燥剂：既可以干燥H2，又可以净化气体
（3）H2不纯的话易燃易爆，使用前应该先验纯，
（4）无水硫酸铜为变蓝，则反应没有水生成；
（5）反应最终生成NaCl，蒸发需要玻璃棒搅拌；
在转移溶液时，若溶液转移不完全，NaCl量会减少，产率偏低；
