2023届重庆市第一中学校高三上学期10月月考化学试题含解析

这是一份2023届重庆市第一中学校高三上学期10月月考化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，实验题，有机推断题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

重庆市第一中学校2023届高三上学期10月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2022年央视春晚《只此青绿》创作来源于北宋王希孟的传世名画《千里江山图》，下列有关化学知识说法中错误的是
A．作画所用的绢丝是一种天然有机高分子材料
B．画中的青绿色来自砃物颜料绿松石，属于金属材料
C．作画所需的墨水具有胶体的性质
D．画中的绿色来自矿物颜料孔雀石，属于碱式盐
【答案】B
【详解】A．绢丝主要成分为蛋白质，属于天然有机高分子材料，故A正确；
B．金属材料包括金属和合金，绿松石是化合物，不属于金属材料，故B错误；
C．墨水属于胶体，具有胶体的性质，故C正确；
D．碱式碳酸铜属于盐且为碱式盐，故D正确；
答案选B。
2．四氘肼可发生反应：，下列有关叙述正确的是
A．水分子的空间填充模型为 B．的电子式为
C．的氧化性比强 D．和中N原子的杂化方式不相同
【答案】C
【详解】A．水分子为V形结构，空间填充模型为，故A错误；
B．中氟、氮原子满足结构，电子式为，故B错误；
C．反应中作氧化剂，氧气是氧化产物，所以的氧化性比的强，故C正确；
D．N2F4与N2H4中N原子形成3个共价键，且N原子上有1对孤对电子，则氮原子的杂化方式均为sp3，故D错误；
故选：C。
3．代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．1mol分子中含有键数为
B．向氨水中滴加溶液可得到，含配位键数目为
C．电解熔融，阴极增重5.4g，外电路中通过电子的数目为
D．标准状况下，11.2L和22.4L在光照条件下充分反应后的分子数为
【答案】A
【详解】A．单键由1个σ键形成，双键由1个σ键和1个π键形成，则1mol分子中含有σ键数为，故A错误；
B．中2个NH3作为配体形成配位键，则含配位键数目为，故B正确；
C．电解熔融氧化铝制铝，阴极为铝得电子生成Al单质，阴极增重5.4g，物质的量为，外电路转移0.6NA个电子，故C正确；
D．甲烷与氯气反应前后分子总数不变，标准状况下，11.2L甲烷的物质的量，22.4L氯气的物质的量，反应前分子数为1.5NA，则在光照条件下反应后，所得混合物的分子数为1.5NA，故D正确；
故选：A。
4．某溶液中大量含有、、、、、、、。将足量固体加入其中后，离子浓度基本不变的一组是(忽略溶液体积变化)
A．、 B．、 C．、 D．、
【答案】D
【详解】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，与OH-反应生成，则离子浓度减小，离子浓度增大；与OH-反应生成氨气，则浓度减小，Na2O2具有强氧化性，将氧化为，则离子浓度减小，浓度增大；、浓度基本不变，故选：D。
5．能正确表示下列变化的离子方程式是
A．向酸性溶液中滴加溶液：
B．向溶液中通入：
C．将通入过量氨水中：
D．溶液与过量NaOH溶液反应：
【答案】A
【详解】
A．酸性溶液中过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，A正确；
B．二氧化碳与氯化钙溶液不反应，B错误；
C．氨水过量，二氧化硫少量，应该生成亚硫酸根，C错误；
D．氢氧化钠过量，铵根离子也参与反应，漏掉离子反应，D错误；
故选A。
6．已知X、Y、Z、W、M是同一短周期的五种主族元素。单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。五种元素组成的盐是一种新型电池的电解质，结构如图所示。下列说法不正确的是

A．原子半径：M>Y>Z>W>X B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z
C．简单氢化物的稳定性：W 【答案】B
【分析】X、Y、Z、W、M是同一短周期的五种主族元素，单质W3具有强氧化性，可用于杀菌消毒，可知W为O元素；五种元素均位于第二周期，由图中盐的结构可知，M形成带1个单位正电荷的阳离子，M为Li元素；Z形成4个共价键，Z为C元素；X只形成1个共价键，X为F元素；结合阴离子的结构可知Y得到1个电子形成4个共价键，Y最外层电子数为3，Y为B元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为F元素、Y为B元素、Z为C元素、W为O元素、M为Li元素，
A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：M＞Y＞Z＞W＞X，故A正确；
B．同周期主族元素从左向右非金属性增强，对应最高价含氧酸的酸性增强，则最高价氧化物水化物的酸性：Y＜Z，故B错误；
C．非金属性越强，对应简单氢化物越稳定，则简单气态氢化物的稳定性：W＜X，故C正确；
D．由最外层电子数及化学键的数目可知，阴离子中四种元素的原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：B。
7．合成某种具有解毒消肿、祛风活络的功能药物的中间体(M)的结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是

A．该分子中所有原子可能都在同一平面 B．环上的一氯代物有2种
C．1molM最多与4mol发生加成反应 D．1molM最多消耗6molNaOH
【答案】C
【详解】A．该分子含5个类似于甲烷的四面体结构的碳原子，所有原子不可能都在同一平面，故A错误；
B．环上有3种氢原子，环上的一氯代物有3种，故B错误；
C．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应，分子中含有1个苯环、1个碳碳双键，所以1mol该有机物最多能消耗4mol氢气，故C正确；
D．酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和羧基都能和NaOH以1：1反应，分子中含有2个酚羟基、1个酯基水解生成1个酚羟基和1个羧基，所以1mol该有机物最多消耗4molNaOH，故D错误；
故选：C。
8．图中实验装置能达到实验目的的是

A．图①除去 Fe(OH)3胶体中的Na+、Cl-
B．图②滴加浓溴水，振荡过滤，除去苯酚
C．图③用石墨作电极电解饱和食盐水生产NaClO
D．图④测量生成氢气的体积
【答案】D
【详解】A．胶体能通过滤纸，所以不能用过滤法除去Fe(OH)3胶体中的Na+、Cl-，故A错；
B．溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应选用NaOH溶液分液来除杂，故C错；
C．用石墨作电极电解饱和食盐水，氯离子在阳极失去电子被氧化为生氯气，而产生的氯气通过导管逸出而无法制备次氯酸钠，故C错；
D．可通过针管活塞的移动来测生成氢气的体积，故选D；
答案选D。
9．下列实验过程能达到预期目的的是
选项
实验操作和现象
实验目的
A
向盛有碱石灰的试管中加入某浓溶液，再将湿润的红色石蕊试纸置于试管口附近，试纸变蓝
证明此溶液一定为铵盐溶液
B
向溶液中加入溶液，观察到有白色沉淀生成
证明结合的能力强于
C
将碳酸钙与6mol/L盐酸产生的气体直接通入硅酸钠溶液，产生白色胶状沉淀
证明C的非金属性强于Si
D
向2mL0.1mol/L的NaOH溶液中滴加2滴0.1mol/L的溶液，再滴加2滴0.1mol/L的溶液，白色沉淀转化为红褐色沉淀
证明

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．湿润的红色石蕊试纸变蓝说明有氨气产生，该溶液可能为浓氨水，化学式为NH3∙H2O，属于碱，不一定是铵盐，故A错误；
B．偏铝酸根离子可促进碳酸氢根离子的电离，生成白色沉淀为氢氧化铝，说明明结合的能力强于，故B正确；
C．盐酸易挥发，二氧化碳中混有氯化氢，则不能证明碳酸的酸性比硅酸强，则不能用于比较非金属性，故C错误。
D．NaOH过量，滴加氯化铁直接与NaOH反应生成氢氧化铁程度，为沉淀生成，不发生沉淀转化，不能比较Ksp，故D错误；
故选：B。
10．一种利用有机胺(TBA)联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。

下列说法正确的是
A．“制碱过程”后通过加热蒸发结晶得到
B．该工艺原子利用率低
C．“氯化过程”每生成1mol，总反应中消耗1mol
D．“胺再生过程”反应为
【答案】D
【详解】A．NaHCO3热稳定性差，加热易分解，应通过降温结晶得到NaHCO3，故A错误；
B．从生成工艺流程图可以看出，反应物全部转化成产物，该工艺原子利用率100%，故B错误；
C．“氯化过程”的方程式为C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl，再结合胺再生过程方程式4CuCl+O2+4TBA·HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，可得C2H4Cl2~2CuCl~0.5O2，所以每生成lmolC2H4Cl2，总反应中消耗0.5molO2，故C错误；
D．结合图示物质及转化关系，可得 “胺再生过程”反应为4CuCl+O2+4TBA·HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，故D正确；
故答案为：D。
11．25℃时，的、。下列说法中错误的是
A．等浓度的与的混合溶液中有：
B．溶液中有：
C．溶液滴加盐酸至有：
D．溶液中有：
【答案】C
【详解】A．等浓度的H2C2O4与NaHC2O4的混合溶液中电荷守恒关系为c(H+)+c(Na+)=c()+2c()+c(OH- )，物料守恒关系为2c(Na+)=c()+c( )+c(H2C2O4)，则c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c( )+c(OH- )，故A正确；
B．NaHCO3溶液中电荷守恒关系为c(H+)+c(Na+)=c( )+2c()+c(OH- )，物料守恒关系为c(Na+)=c(H2CO3)+c( )+c()，则c(OH- )=c(H+)+c(H2CO3)-c()，故B正确；
C．K2C2O4溶液滴加盐酸至pH=1.22，c(H+)=10-1.22mol/L，溶液中有=Ka1=10-1.22，则c(H2C2O4)=c()，电荷守恒关系为c(H+)+c(K+)=c( )+2c( )+c(OH- )+c(Cl-)，物料守恒关系为c(K+)=2c()+2c( )+2c(H2C2O4)=4c( )+2c( )，则c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-3c()，故C错误；
D．溶液中存在电离，存在水解，电离程度大于水解程度，则，由于发生电离导致浓度小于钠离子，则有：，故D正确；
故选：C。
12．以为原料，通过电解法制备的实验装置如图所示。电解前，先将一定量的精制溶于过量KOH溶液，发生反应，将反应后的溶液加入阳极区。另将氢氧化钾溶液加入阴极区，电解槽用水冷却。下列说法不正确的是（   ）

A．会穿过离子交换膜向右侧移动
B．阳极发生的电极反应为：
C．当外电路转移0.1mol，阴极区增重3.9g
D．若电流利用率为100%，电解法制碘原子的利用率是直接歧化法的6倍
【答案】C
【分析】该电解池中，左侧连电源正极为阳极，失电子发生氧化反应，要制备，所以阳极加入与过量KOH反应后的溶液，失电子被氧化为；右侧连电源负极为阴极，加入KOH溶液，水电离的得电子被还原生成H2。
【详解】A．因为阳离子交换膜只允许阳离子通过，且在电解池中阳离子移向阴极，故会穿过离子交换膜向右侧移动，A项正确；
B．在阳极失电子被氧化为，电极反应为，B项正确；
C．当外电路转移0.1mol时，阴极区水电离的得电子被还原生成0.05mol H2，质量减少0.1g，同时有0.1mol穿过阳离子交换膜移动到阴极区，质量增加，故此时阴极区增重3.8g，C项错误；
D．直接歧化法反应为，3mol生成1mol，若电流利用率为100%，电解法3mol可生成6mol，故电解法制碘原子的利用率是直接歧化法的6倍，D项正确；
故选C。
13．和盐酸反应：，该反应的反应历程和部分物质的相对能量如下图所示

①    
②    
③    
④    
⑤    
⑥    
下列说法正确的是
A．盐酸与反应较与反应慢，与较小等因素有关
B．
C．一定温度下，饱和溶液中，加入固体，增大
D．  
【答案】A
【详解】A．反应物的浓度越大，反应速率越快，盐酸与BaSO3反应较与Na2SO3反应较慢，与(aq)浓度较小等因素有关，故A正确；
B．根据盖斯定律：①+②+③+④+⑤+⑥得BaSO3(s)+2HCl(aq)⇌SO2(g)+H2O(l)+BaCl2(aq)△H=△H1+△H2+△H3+△H4+△H5-△H6，故B错误；
C．BaSO3为固体，则反应BaSO3(s)⇌Ba2+(aq)+(aq)的Ksp=c(Ba2+)×c()，溶度积常数只与温度有关，则加入BaCl2固体，c(Ba2+)×c()不变，故C错误；
D．根据图可知：(aq)+2H+(aq)⇌H2O(l)+SO2(aq)是放热反应，故△H=-(a-c)kJ•mol-1，故D错误；
故选：A。
14．乙酸甲酯催化醇解反应可制备甲醇和乙酸己酯，其化学方程式为。
已知，，
其中、为正、逆反应速率，、为速率常数，x为各组分的物质的量分数。反应开始时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1∶1投料，测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率(a)随时间(t)的变化关系如图所示，下列说法中错误的是

A．该醇解反应的
B．A、B、C、D四点中，最大的是A点，最大的是D点
C．曲线①、②、③中，—值最大的曲线是①
D．348K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数
【答案】B
【分析】根据图象可知，①曲线的反应速率最快，说明温度最高，即曲线①对应温度为348K，曲线②对应温度为343K，曲线③对应温度为338K，据此分析；
【详解】A．根据分析以及图象可知，温度越高，乙酸乙酯的转化率越大，依据化学平衡移动的原理，该反应正反应方向吸热反应，即ΔH＞0，故A说法正确；
B．温度越高，反应速率越快，速率最大的点应在曲线①上寻找，根据图象可知，A点是反应向正方向进行，C点为平衡点，随着反应进行，v正逐渐减小，v逆逐渐增大，因此四点中，v正最大的点是A，v逆最大的点是C，故B说法错误；
C．k正、k逆是温度的函数，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，k正受温度的影响较大，因此升高温度， k正增大程度大于k逆，即k正－k逆的值最大的是曲线①，故C说法正确；
D．令乙酸乙酯的物质的量为1mol，C6H13OH的物质的量为1mol，则达到平衡时，消耗乙酸乙酯、C6H13OH的物质的量均为1mol×64%=0.64mol，则生成CH3COOC6H13和甲醇的物质的量为0.64mol，Kx=≈3.16，故D说法正确；
答案为B。

二、实验题
15．易溶于水和乙醇，在酸性条件下还原性较差，碱性条件下较强。某实验小组用如下装置制备并探究其性质。回答下列问题：

(1)装置B中浓硫酸的作用是_______；实验中观察到：装置C中溶液红色没有褪去，装置D中溶液红色褪去。由此可得出的结论是_______。
(2)为了进一步探究使品红褪色的主要微粒，进行如下系列实验：
实验
试管中的溶液
滴入溶液
实验现象
a
2mL溶液(pH=2)
各滴入1滴0.1%品红溶液
溶液变红逐渐变浅，约90s后完全褪色
b
2mL溶液(pH=5)
溶液变红后立即变浅，约15s后完全褪色
C
2mL溶液(pH=10)
溶液变红后立即褪色

综合上述实验推知，水溶液使品红褪色时起主要作用的微粒是_______(填微粒符号)。
(3)用溶液和溶液制备新制悬浊液，实验中观察到：装置E中生成大量白色沉淀，溶液呈绿色，与溶液、溶液的颜色明显不同。
①为探究白色沉淀的成分，查阅资料如下：CuCl为白色固体，难溶于水，与氨水反应生成，在空气中立即被氧化成含有的蓝色溶液。甲同学向洗涤后的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为、_______。装置E中生成白色沉淀的离子方程式为_______。
②取少量E中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味气体，得到澄清蓝色溶液，故推断溶液显绿色的原因可能是溶液中含有较多。为进一步实验确认这种可能性，向少量溶液中加入_______(填化学式)，得到绿色溶液。
【答案】(1)     吸收中的水蒸气     使品红褪色的主要微粒不是分子，而是与反应生成的某些微粒
(2)
(3)               或

【分析】装置A实验室利用亚硫酸钠固体和70%～80%的浓硫酸反应制备二氧化硫，反应为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，装置B浓硫酸干燥后、装置C中品红乙醇溶液，装置D中品红水溶液用来探究品红的漂白原理，装置E中Cu(OH)2悬浊液用来探究二氧化硫的还原性，装置F进行尾气吸收处理，据此分析解答。
（1）
装置B浓硫酸干燥生成SO2气体，装置C中溶液红色没有褪去，装置D中溶液红色褪去，说明使品红褪色的主要微粒不是SO2分子，而是SO2与H2O反应生成的某些微粒，故答案为：吸收SO2中的水蒸气；使品红褪色的主要微粒不是SO2分子，而是SO2与H2O反应生成的某些微粒；
（2）
2mL0.1mol⋅L-1SO2溶液(pH=2)滴入1滴0.1%品红溶液，溶液变红逐渐变浅，约90s后完全褪色，2mL0.1mol⋅L-1NaHSO3溶液(pH=5)滴入1滴0.1%品红溶液，溶液变红后立即变浅，约15s后完全褪色，2mL0.1mol⋅L-1Na2SO3溶液滴入1滴0.1%品红溶液，溶液变红后立即褪色，说明使品红褪色时起主要作用的微粒是，故答案为：；
（3）
①甲同学向洗涤得到的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，蓝色溶液中应有铜离子，所以这一过程中有亚铜离子被氧化的反应，所以存的离子反应还有，②CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸，根据这上性质可以证明该白色沉淀是否为CuCl，所以实验为向洗涤后的白色沉淀中滴加浓盐酸，沉淀溶解，然后加入足量蒸馏水，出现白色沉淀，由Cu(OH)2与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铜和硫酸盐，反应的离子方程式为，故答案为：；向洗涤后的白色沉淀中滴加浓盐酸，沉淀溶解，然后加入足量蒸馏水，出现白色沉淀；；
②对照实验，可排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性，SO2是酸性氧化物，能与碱反应，SO2通入Cu(OH)2悬浊液中的反应为2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2，则溶液显绿色的原因是溶液中含有较多Cu(HSO3)2，即溶液显绿色是由于的影响造成的，故答案为：排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性；NaHSO3或KHSO3。

三、有机推断题
16．普瑞巴林(pregabalin)常用于治疗糖尿病和带状疱疹引起的神经痛，其合成路线如下：

已知：i.
ii.
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______，C中含氧官能团的名称为_______。
(2)B的结构简式为_______。
(3)反应②的反应类型是_______。
(4)D中有_______个手性碳原子。
(5)写出反应④的化学方程式_______。
(6)H只含和—COOH，是G的同系物，其碳原子数比G少四个，则H可能的结构(不考虑立体异构)有_______种，其中在链端的有_______(写结构简式)。
(7)写出以1，6-己二酸为原料制备聚戊内酰胺： 的合成路线_______(其他无机试剂和有机溶剂任选)。
【答案】(1)     3-甲基丁醛或异戊醛     酯基
(2)
(3)加成反应
(4)2
(5) +CO(NH2)2+CO2↑+NH3↑+H2O
(6)     5     和
(7)

【分析】对比A、C的结构，结合信息i，可知B为，B与C2H5OOCCH2COOC2H5发生加成反应生成C，C中−CN水解为−COOH而生成D，D发生酯基的水解反应并脱羧生成E，E与CO(NH2)2发生信息ii中反应形成−CONH2，−CONH2再与−COOH反应成环生成F，F与Br2，NaOH/H2O反应得到G，据此分析解题。
（1）
A的结构简式为(CH3)2CHCH2CHO，其化学名称为3−甲基丁醛或异戊醛；据C的结构式可知，C中含氧官能团为酯基；
故答案为3−甲基丁醛或异戊醛，酯基；
（2）
(CH3)2CHCH2CHO与NCCH2COOCH3反应生成B，由信息i可知B的结构简式为；
故答案为；
（3）
中不饱和碳原子分别连接氢原子、−CH(COOC2H5)2生成菁优网，反应②的反应类型是加成反应；
故答案为加成反应；
（4）
连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，如图标“*”为手性碳原子：，D分子中有2个手性碳原子；
故答案为2；
（5）
反应④的化学方程式为+CO(NH2)2+CO2↑+NH3↑+H2O；
故答案为+CO(NH2)2+CO2↑+NH3↑+H2O；
（6）
H是G（）的同系物，其碳原子数比G少四个，且与G具有相同的官能团，可以看作是CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH中烃基上氢原子被−NH2取代，依次分别有3种、2种，共5中；其中−NH2在链端的有和；
故答案为5，和；
（7）
以1，6-己二酸为原料制备聚戊内酰胺：；根据反应④，反应生成，再发生反应⑤生成，最后生成；所以合成路线为；
故答案为。
【点睛】本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式的书写、手性碳原子、官能团的识别、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构变化理解发生的反应。

四、工业流程题
17．由铁铬合金(主要成分Cr、Fe，含少量Co、Ni等)可以制取、和。实验流程如图：

(1)下列说法正确的是_______。
A．“酸溶时一次性加入硫酸优于分批次加入 B．“酸溶”时需要保持强制通风
C．加入稍过量的以保证钴镍能被完全除尽 D．“沉铁”操作得到的滤液中含有
(2)其他条件相同，实验测得相同时间内铬铁转化率、析出硫酸盐晶体质量随硫酸浓度变化情况如图所示。当硫酸的浓度为，铬铁转化率下降的原因：_______(已知硫酸浓度大于时铁才会钝化)

(3)在的氛围中将与按物质的量之比1∶1混合，360℃条件下反应可获得，同时有CO和生成。写出该反应的化学方程式：_______。
(4)已知：①P507萃取剂密度小于水，P507萃取剂萃取时萃取率与溶液pH的关系如图所示。

②该实验中在时开始沉淀，时沉淀完全。时开始溶解。设计由沉铁后的滤液(含和少量)制备的实验方案，从下列操作正确排序为f→_______→a。
a.500℃煅烧
b.向水溶液中滴加NaOH溶液至pH约2.5，过滤
c.向滤液中加入P507萃取剂
d.过滤、洗涤
e.向水溶液中滴加NaOH溶液至pH在8~12之间
f.向水溶液中滴加稍过量的
g.充分振荡、静置、分液
(5)纯度的测定：称取ag制得的样品，先将其溶于浓的强碱溶液中，再配制成100mL溶液，移取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入，充分反应，然后加入过量的稀至溶液呈强酸性，此时铬以形式存在，充分加热煮沸后，冷却至室温，加入过量KI溶液，塞紧塞子，摇匀，静置，加入2滴淀粉溶液，用碱式滴定管盛装硫代硫酸钠标准溶液，滴定至终点。重复滴定多次，平均消耗标准溶液体积为VmL。
已知：；。
计算样品中的纯度为_______(用含a、V和c的代数式表示)。
(6)铬是人体内微量元素之一，是重要的血糖调节剂。
①基态原子的价层电子排布图为_______，第一电离能N_______O(填“<”或“=”或“>”)，键角：_______(填“<”或“=”或“>”)。
②铬的一种氮化物晶体立方晶胞结构如图所示。A点分数坐标为，则B点分数坐标为_______。已知晶胞参数为dnm，为阿伏伽德罗常数的值，则晶体密度为_______(用含d和的代数式表示)。

【答案】(1)BC
(2)析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率
(3)
(4)b→c→g→e→d
(5)
(6)          >     >     或    

【分析】铁铬合金(主要成分Cr、Fe，含少量Co、Ni等)加入硫酸进行酸溶，各金属元素转化为相应的阳离子进入溶液，之后加入Na2S除去Co、Ni元素，过滤后加入草酸，过滤得到FeC2O4·2H2O粗品，再经系列处理得到LiFePO4；滤液中还剩余Cr3+，处理得到Cr2O3。
（1）
A．为防止产生的大量气体使反应液溢出；酸溶”时应先向反应器中加入硫酸，再分批加入铬铁合金粉末，A错误；
B．应及时排出反应产生的H2，避免发生爆炸，故“酸溶”时需要保持强制通风，B正确；
C．为保证钴镍除尽，Na2S可以加稍过量，C正确；
D．FeC2O4·2H2O 具强还原性，能与Cr2O发生氧化还原反应，则“沉铁”操作得到的滤液中没有Cr2O，D错误。
（2）
其他条件相同，硫酸浓度小于12mol·L-1时，加大反应物浓度会增加反应速率，但是硫酸浓度增大为9～11mol·L-1后，生成的硫酸盐的量增多，析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率。
（3）
在N2氛中，360℃下，FeC2O4•2H2O与LiH2PO4按物质的量之比1∶1发生氧化还原反应可得获得LiFePO4、CO 、CO2和水，根据电子守恒、元素守恒，化学方程式：FeC2O4•2H2O+LiH2PO4LiFePO4+CO↑+CO2↑+3H2O↑。
（4）
结合信息和图表知：要以沉铁后的滤液(含Cr3+和少量Fe2+)制备Cr2O3，需先滴加稍过量的H2O2将亚铁离子氧化为铁离子，调节至pH约2.5加萃取剂萃取分液除去铁元素，水层中再加入氢氧化钠在pH=8.0~12范围内沉淀出Cr(OH)3、过滤洗涤干燥后再灼烧分解制备Cr2O3，故合适的操作顺序为：
f．向水溶液中滴加稍过量的H2O2
b．向水溶液中滴加NaOH溶液至pH约2.5
c．加入P507萃取剂
g．充分振荡、静置、分液
e．向水溶液中滴加NaOH溶液至pH在8~12之间
d．过滤、洗涤
a．500℃煅烧
则答案为：f→b→c→g→e→d。
（5）
按化学方程式、元素质量守恒得关系式：Cr2O3~Cr2O~3I2~6S2O，故样品中Cr2O3的纯度为。
（6）
①Cr的原子序数为24，核外电子排布式为[Ar]3d54s1，基态原子的价层电子排布图为 ，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：N＞O；的价层电子对数为2+=2，为sp杂化，为直线型分子，的价层电子对数为2+=3，为sp2杂化，含有一个孤电子对，为折线形分子，故键角>。
②A点分数坐标为，结合B点在x、y、z三个坐标轴上的投影，B点分数坐标为或。结合均摊法，该晶胞含Cr3+为=4，含N3-为=4，则该晶胞含有4个CrN，则晶体密度为=。

五、原理综合题
18．含氮污染物的有效去除和资源的充分利用是重要研究课题，回答下列问题：
(1)利用工业尾气与反应制备新型硝化剂，过程中涉及以下反应：
Ⅰ.        平衡常数
Ⅱ.        平衡常数
Ⅲ.        平衡常数
平衡常数K与温度T的函数关系为，，，其中x，y、z为常数，则反应I的活化能Ea(正)_______Ea(逆)(填“>”或“<”)，的数值范围是_______。
A．<-2    B．-2~0    C．0~2    D．>2
(2)与作用分别生成、NO、的反应均为放热反应。工业尾气中的可通过催化氧化为的选择性与温度的关系如图所示。

①其他条件不变，在175~300℃范围内升高温度，出口处氮氧化物的量_______(填“增大”或“减小”)，的平衡转化率_______(填“增大”或“减小”)。
②根据上图的实验结果可知，需研发_______(填“高温”或“低温”)下的选择性更高的催化剂，能更有效除去尾气中的。
(3)在催化剂条件下发生反应：可消除NO和CO对环境的污染。为探究温度对该反应的影响，实验初始时体系中气体分压且，测得反应体系中CO和的分压随时间变化情况如表所示。
时间/min
0
30
60
120
180
200℃
物质a的分压/kPa
4
8.8
13
20
20
物质b的分压/kPa
48
45.6
43.5
40
40
300℃
物质a的分压/kPa
100
69.0
48
48
48
物质b的分压/kPa
10
25.5
36
36
36

该反应的_______0(填“>”或“<”)，物质a为_______(填“CO”或“”)，200℃该反应的化学平衡常数_______。
(4)利用电化学原理，将、和熔融制成燃料电池，模拟工业电解法来精炼银，装置如下图所示。

已知：通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解
效率。法拉第常数
①甲池工作时，转变成绿色硝化剂，可循环使用，则石墨Ⅲ附近发生的电极反应式为_______。
②若用10A的电流电解60min后，乙中阴极得到38.88gAg，则该电解池的电解效率为_______%
【答案】(1)     <     C
(2)     增大     减小     低温
(3)     <     CO     1.6
(4)          96.5

【详解】（1）反应I的平衡常数K1和T关系为lnK1=x+，随着T增大，K1减小，则反应I为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，则活化能Ea(正)＜Ea(负)；同理可知，反应II和反应III也是放热反应，则ΔH1＜0，ΔH2＜0，ΔH3＜0，由于反应I=2×反应II-反应II，所以ΔH1=2ΔH2-ΔH3＜0，则0＜＜2，故答案为：＜；C；
（2）①其他条件不变，在175～300℃范围内升高温度，NH3的转化率升高，N2的选择性下降，则出口处氮氧化物的量增大；NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小，故答案为：增大；减小；
②如图所示，低温下，N2的选择性较高，故研发低温下N2的选择性高的催化剂，能更有效除去尾气中的NH3，故答案为：低温；
（3）同温同体积时，气体的压强与其物质的量成正比，200℃的温度下，120min时反应达到平衡，Δp(a)=16kPa，Δp(b)=8kPa，则═2，则物质a为CO，物质b为N2；200℃的温度下，p始(NO)=p始(CO)=4kPa，p始(N2)=48kPa，p始(CO2)=2p始(N2)=96kPa，由于Δn(NO)=Δn(CO)=2Δn(N2)=Δn(CO2)，所以Δp(NO)=Δp(CO)=2Δp(N2)=Δp(CO2)，即p平(NO)=p平(CO)=20kPa，p平(N2)=40kPa，p平(CO2)=80kPa，Kp(200℃)═=1.6，同理：300℃的温度下，p始(NO)=p始(CO)=100kPa，p始(N2)=10kPa，p始(CO2)=2 p始(N2)=20kPa，Δp(NO)=Δp(CO)=Δp(CO2)=52kPa，p平(NO)=p平(CO)=48kPa，p平(N2)=36kPa，p平(CO2)=72kPa，，Kp(300℃)═，Kp(300℃)＜Kp(200℃)，即温度升高，Kp减小，则该反应为放热反应，ΔH＜0，故答案为：＜；CO；1.6；
（4）①甲电池工作时，Y是N2O5气体，可循环使用。则石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为，故答案为：；
②用10A的电流电解60min，则电子的物质的量为，理论可得到0.31molAg，而得到38.88g Ag，物质的量为，则该电解池的电解效率为，故答案为：96.5。