2018-2019学年河北省衡水中学高三(下)一调化学试卷-含解析

2018-2019学年河北省衡水中学高三（下）一调化学试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.2016年诺贝尔化学奖授予在合成分子机器领域做出贡献的三位科学家。

分子机器
是一种特殊的超分子体系，当体系受到外在刺激(如pH变化、吸收光子、电子得失等)时，分子组分间原有作用被破坏，各组分间发生类似于机械运动的某种热运动。

下列说法不正确
．．．的是()
A. 驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量
B. 分子状态的改变会伴随能量变化，属于化学变化
C. 氧化还原反应有可能是刺激分子机器体系的因素之一
D. 光照有可能使分子产生类似于机械运动的某种热运动
2.下列化学用语正确的是()
A. 氯化钠的分子式：NaCl
B. NH4Br的电子式：
C. 比例模型可以表示二氧化硫分子，也可以表示二氧化磯分子
D. Mg5(Si4O10)8(OH)2⋅4H2O的氧化物形式：5MgO⋅
8SiO2⋅5H2O
3.轮烷的某种合成原料由C、H、O三种元素组成，其
球棍模型如图所示。

下列说法正确的是()
A. 该化合物的名称为乙酸乙酯
B. 该化合物与Br2的四氯化碳溶液不反应
C. 该化合物能发生水解反应，不能发生加聚反应
D. 该化合物的链状同分异构体中，能与NaHCO3反应放出CO2的只有3种(不考虑立
体异构)
4.用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是()
①31g白磷中含有1.5N A个P−P
②1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1N A个
③标准状况下，22.4LHF含N A个分子
④电解精炼铜时转移了N A个电子，阳极溶解32g铜
⑤标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移的电子数目为0.1N A
⑥常温下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1N A
⑦142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴、阳离子总数为3N A
⑧NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107g
A. ①③④⑧
B. ①⑥⑦
C. ③⑤⑦
D. ①⑥⑧
5.科学工作者研发了一种SUNCAT的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如图
所示。

下列说法不正确的是()
A. 过程Ⅰ得到的Li3N中N元素为−3价
B. 过程Ⅱ生成W的反应：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑
C. 过程Ⅲ中能量转化的形式：化学能转变为电能
D. 过程Ⅲ涉及到反应：4OH−−4e−=O2↑+2H2O
6.
实验
现象Ⅰ中，a、b两极均有气泡产生Ⅱ中，a极上析出红色
固体
Ⅲ中，a极上析出灰
白色固体
Ⅰ中电解一段时间后，c(Na24
B. 由Ⅱ中反应H2+Cu2+=Cu↓+2H+可知，用玻璃导管将H2通人CuSO4溶液中，
也会产生红色沉淀
C. Ⅲ中，只可能发生反应2Ag++Cu=Cu2++2Ag
D. Ⅰ中，a极上既发生了化学变化，也发生了物理变化
7.常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入已知浓度的NaOH溶液，若pC表示溶
液中溶质微粒的物质的量浓度的负对数则所得溶液中pC(H2C2O4)，pC(HC2O4−)、pC(C2O42−)与溶液pH的变化关系如图所示。

已知：H2C2O4⇌HC2O4−+H+K a1；
HC2O4−⇌C2O42−+H+K a2.则下列说法正确的是()
A. 当pH=3时，溶液中c(HC2O3−)<c(C2O42−)=c(H2C2O4)
B. pH由3增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐减小
C. 常温下，K a2=10−5.3
D. 常下随着pH的增大：c2(HC2O4−)
c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)
的值先增大后减小
二、简答题（本大题共4小题，共49.0分）
8.碲(Te)具有两性特征，铜阳极泥是提取碲的主要原料，碲在铜阳极泥中主要以
Me2Te(Me表示金属Cu、Pb、Au、Ag等)的形式存在。

(1)利用“氯化浸出−还原法”制备Te的工艺流程如图所示。

①浸出液的主要成分为CuSO4、HAuCl4、H2TeO3，则浸出渣的主要成分为______(
填化学式)；“浸出”过程中，加入NaCl的作用是______。

“浸出”过程中，有少量污染性气体生成，需要进行尾气处理，该气体是______(填化学名称)
②已知HAuCl4是一种强酸，则“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为
______。

③欲得到64g碲，则“二级还原”过程中至少需通入______mol SO2。

(2)“氧化碱浸−电解法”指的是在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH镩液反应生成
Na2TeO3，经电解即可获得Te。

①以空气为氧化剂进行“氧化碱浸”的化学方程式为______。

②电解过程中，阴极的电极反应式为______。

③与“氯化浸出−还原法”相比“氧化碱浸−电解法”的优点是______(任写一点)
9.H2是一种清洁能源。

在冶金、电力、材料等领域应用广泛。

请回答下列问题：
(1)某科研团队利用透氧膜获得N2、H2的工作原理如图甲所示(空气中N2与O2的物
质的量之比按4：1计)。

上述过程中，膜I侧所得气体的物质的量之比n(H2)：n(N2)= 3：1，则CH4、H2O与O2反应的化学方程式为______。

(2)用H2和CO合成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1.已知：
CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H2=−49.0kJ⋅mol−1；CO(g)+
H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H3=−41.1k J⋅mol−1.则△H1=______ k J⋅mol−1。

(3)向容积可变的密闭容器中充入1 mol CO和2.2molH2，在恒温恒压条件下发生反
应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，平衡时，CO的转化率[α(CO)]随温度、压强的变化情况如图乙所示。

①压强：p1______(填“>”<”或“=”)p2。

②M点时，H2的转化率为______(计算结果精确到0.1%)，该反应的平衡常数
K p=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。

③不同温度下，该反应的平衡常数的对数值(lgK)如图丙所示，其中，A点为506K
时平衡常数的对数值，则B、C、D、E四点中能正确表示该反应的lgK与温度(T)的关系的是______。

(4)H2还原NO的反应为2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(1)，实验测得反应速率的表达式为v=kc m(NO)⋅c n(H2)(k是速率常数，只与温度有关)
编号c(H2)/(mol
⋅L−1)
c(NO)/(mol
⋅L−1)
v/(mol⋅L−1
⋅min−1)
10.100.100.414l
20.100.20 1.656k
30.500.10 2.070k
由表中数据可知，m=，n=。

②上述反应分两步进行：i.2NO(g)+H2(g)=N2(g)+H2O2(1)(慢反应)；
ii.H2O2(1)+H2(g)=2H2O(1)(快反应)。

下列叙述正确的是______(填字母)
A.H2O2是该反应的催化剂
B.反应i的活化能较高
C.总反应速率由反应ii的速率决定
D.反应i中NO和H2的碰撞仅部分有效
10.一定条件下，Fe、HCN与K2CO3可发生反应Fe+6HCN+2K2CO3=K4Fe(CN)6+
H2↑+2CO2↑+2H2O
请回答下列问题：
(1)金属铁的堆积方式为______，其配位数为______。

(2)HCN分子的结构式为______，写出一种与CN−互为等电子体的明离子：______。

(3)键角NH3______(填“>”“<”或“=“)NF3，原因是______。

(4)K4Fe(CN)6的中心离子的核外电子排布式为______。

(5)C、N、O、H的第一电离能由小到大的顺序为______。

(6)冰的晶体结构模型如图甲所示，其晶胞结构(如图乙所示)与金刚石的晶胞结构
相似，水分子间以氢键相连，则一个晶胞中含有______个氢键，用N A表示阿伏加德罗常数的值，若氢键的键长为dnm，则晶体密度ρ=______g⋅cm−3(用含有d、N A 的代数式表示)。

11.以甲醛和苯酚为主要原料，经下列转化可合成酚醛树脂和重要的有机合成中间体D(
部分反应条件和产物已略去)
已知：
请回答下列问题：
(1)反应①的反应类型为______；A的化学名称为______。

(2)C中所含官能团的名称为______；D的分子式为______。

(3)反应②的化学方程式为______。

(4)A的下列性质中，能反映支链对苯环结构产生影响的是______(填字母)。

a.能与氢氧化钠溶液反应
b.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
c.向稀溶液中加入浓溴水后，产生沉淀
(5)芳香化合物E(C8H10O2)与B的水解产物互为同分异构体，1molE可与
2 mol NaOH反应，其核磁共振氢谱中有3组峰且峰面积之比为3：1：1，则E有______
种可能的结构(不考虑立体异构)。

(6)以CH3OH和CH3ONa为原料(其他试剂任选)，设计制备CH3COCH2 COOCH3的合
成路线：______。

三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
12.某研究小组设计如图所示实验装置(夹持装置已略去)分别探究NO与铜粉、Na2O2
的反应。

已知：①NO与Na2O2可发生反应2NO+Na2O2=2NaNO2。

②NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO3−
③在溶液中存在平衡FeSO4+NO⇌Fe(NO)SO4(棕色)
I.关闭K3，打开K2，探究NO与铜粉的反应并检验NO。

(1)反应开始前，打开K1，通入一段时间N2，其目的是______。

(2)装置B中盛放的试剂为水，其作用是______。

(3)装置F中的实验现象为______。

装置H中收集的气体为______(填化学式)。

Ⅱ.关闭K2，打开K3，探究NO与Na2O2的反应并制备NaNO2。

(4)装置G的作用是______。

(5)若省略装置C，则进入装置G中的气体除N2、NO外，可能还有______(填化学式)。

(6)测定反应后装置E中NaNO2的含量。

已知；在酸性条件下，NO2−可将MnO4−还原为Mn2+，为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组同学称取ag样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL所得溶液于锥形瓶中，用0.100mol⋅L−1的酸性KMnO4溶液滴定至终点时，消耗bmL酸性KMnO4，溶液。

①滴定过程中发生反应的离子方程式为______。

②滴定过程中酸性KMnO4溶液的作用是______。

③样品中NaNO2的质量分数为______用含有a、b的代数式表示)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】本题以信息题的形式考查学生的分析能力和自学能力，为常见题型，注意把握提给信息的筛选和整理，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大。

【解答】当体系受到外在刺激(如pH 变化、吸收光子、电子得失等)时，分子组分间原有作用被破坏，可知可在光照条件下进行，且可为氧化还原反应，驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量，以此解答该题。

解：A.分子组分间原有作用被破坏，应在外力作用下，则需要对体系输入一定的能量，故A正确；
B.分子状态的改变没有发生化学变化，故B错误；
C.由题给信息可知电子得失可形成分子机器，电子得失属于氧化还原反应，故C正确；
D.光照条件下可使分子吸收光子，故D正确。

故选：B。

2.【答案】D
【解析】解：A.氯化钠为离子化合物，不存在单个分子，化学式为：NaCl，故A错误；
B.溴化铵为离子化合物，其电子式为，故B错误；
C.二氧化硫分子构型为V形，二氧化碳分子构型为直线形，所以例模型可以表
示二氧化硫分子，不能表示二氧化碳分子，故C错误；
D.硅酸盐写成氧化物的规则：金属氧化物在前(活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物)，非金属氧化物在后，若同一元素有变价，那么低价在前，高价在后，H2O一般写在最后，所以Mg5(Si4O10)8(OH)2⋅4H2O的氧化物形式为5MgO⋅8SiO2⋅5H2O，故D正确；
故选：D。

A、物质由分子构成时，其化学式也是分子式；
B、NH4Br的由铵根离子和溴离子构成，溴离子最外层达到8e−结构。

要用[]和右上角标注电荷属性和电荷数；
C、二氧化硫分子构型为V形，二氧化碳分子构型为直线形；
D、复杂硅酸盐改写成氧化物的顺序是：先写活泼金属氧化物，再写二氧化硅，最后写水。

本题综合考查了比例模型、电子式、化学式等知识，为高频考点，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，选项B为易错点，注意电子式的书写。

3.【答案】D
【解析】解：A.分子为CH3COOCH=CH2，名称为乙酸乙烯醇酯，故A错误；
B.含碳碳双键，则该化合物与Br2的四氯化碳溶液发生加成反应，故B错误；
C.含−COOC−可发生水解反应，含碳碳双键可发生加聚反应，故C错误；
D.该化合物的同分异构体中，能与NaHCO3反应放出CO2，含−COOH，可能为CH2= CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=C(CH3)COOH，故D正确；
故选：D。

由球棍模型可知，分子为CH3COOCH=CH2，含−COOC−、碳碳双键，结合酯、烯烃的性质来解答。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、酯的性质应用，题目难度不大。

4.【答案】B
【解析】解：①白磷分子式为P 4，
1mol 白磷含有6molP −P 键，所以31g 白磷含有的P −P 键物质的量=31g 4×31g/mol =1.5mol ，含有1.5N A 个P −P ，故①正确；
②1L0.1mol/L 的Na 2CO 3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0.1N A 个，故②错误；
③标况下HF 为液态，22.4LHF 不是1mol ，故③错误；
④电解过程中电极反应电子守恒，电解精炼铜，阳极失电子的是铜、铁、锌、镍，电解精炼铜时转移了N A 个电子，阳极溶解铜小于32g ，故④错误；
⑤标准状况下，2.24LCl 2物质的量为0.1mol ，溶于水部分和水反应，转移的电子数目小于0.1N A ，故⑤错误；
⑥含0.2molH 2SO 4的浓硫酸与足量铜反应，由于浓硫酸变成稀硫酸后反应停止，所以生成SO 2的物质的量小于0.1mol ，二氧化硫的分子数小于O.1×6.02×1023，故⑥正确；
⑦Na 2SO 4和Na 2HPO 4的摩尔质量都是142g/mol ，
142gNa 2SO 4和Na 2HPO 4固体混合物的物质的量为1mol ，1mol 该混合物中含有2mol 钠离子、1mol 硫酸根离子和硫酸氢根离子，总共含有3mol 阴阳离子，含有阴阳离子总数为3N A ，故⑦正确；
⑧氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的集合体，N A 个Fe(OH)3胶体粒子的质量大于107g ，故⑧错误；
故选：B 。

①质量换算物质的量，结合白磷的结构为正四面体，分子式为P 4计算判断； ②碳酸根离子发生水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，导致阴离子数目增多； ③标况下HF 为液态，22.4LHF 不是1mol ；
④电解精炼铜，阳极失电子的是铜、铁、锌、镍；
⑤氯气溶于水部分与水反应，溶液中存在化学平衡；
⑥随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，生成的二氧化硫的物质的量小于0.1mol ；
⑦二者的摩尔质量都是142g/mol ，142g 混合物的物质的量为1mol ，1mol 二者的混合物中含有2mol 钠离子、1mol 硫酸根离子和硫酸氢根离子，总共含有3mol 阴阳离子； ⑧氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的集合体。

本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查物质结构的构成微粒，电解精炼的原理应用，浓度不同产物不同，盐类水解应用，稀硫酸不能和铜反应是解题关键，题目难度中等。

5.【答案】C
【解析】解：根据图示可知，反应I 是N 2和Li 反应生成Li 3N ，化学方程式为：N 2+6Li −
 加热 2Li 3N ；
反应II 是Li 3N 和H 2O 反应生成LiOH 和NH 3，化学方程式为Li 3N +3H 2O =3LiOH +NH 3，↑，即W 为liOH ；反应III 是由LiOH 获得了金属Li 和氧气和水，故反应III 是对LiOH 固体进行了电解，阳极上的电极反应为4OH −−4 e −=O 2↑+2H 2O ，阴极上Li +放电：Li ++e −=Li 。

A 、金属物负价，故L i 3N 中Li 为+1价，则N 为−3价，故A 正确；
B 、过程II 的化学方程式为Li 3N +3H 2O =3LiOH +NH 3，↑，故B 正确；
C 、过程III 为电解LiOH 固体，故是将电能转化为化学能，故C 错误；
D 、由于过程III 为电解LiOH 固体，故其阳极上的电极反应为4OH −−4 e −=O 2↑+2H 2O ，故D 正确。

故选：C 。

根据图示可知，反应I是N2和Li反应生成Li3N，化学方程式为：N
2+6Li−
 加热 
2Li3N；
反应II是Li3N和H2O反应生成LiOH和NH3，化学方程式为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，即W为liOH；反应III是由LiOH获得了金属Li和氧气和水，故反应III是对LiOH溶液进行了电解，据此分析。

本题考查了化学方程式的书写、能量的转化以及电解池中电极反应的书写，难度不大，看懂示意图中所给的信息是关键。

6.【答案】D
【解析】解：A.Ⅰ为电解池，a、b两极均产生气泡即相对于电解水，如果原溶液是饱和溶液则电解一段时间后，c(Na2SO4)不变，故A错误；
B.取出a放到Ⅱ中即硫酸铜溶液中析出红色固体，说明a产生的氢气吸附在多孔石墨电极中将铜置换出来，反应为：Cu2++H2=Cu+2H+，而用玻璃导管氢气不能与铜离子充分接触，所以不会产生红色沉淀，故B错误；
C.从Ⅱ中取出a，则a表面已经有析出的铜，所以放到Ⅲ中析出白色固体即Ag，可能是铜置换的也可能是a产生的氢气吸附在多孔石墨电极中置换，则可能发生反应为：
2Ag++Cu=Cu2++2Ag和2Ag++H2=2Ag+2H+，故C错误；
D.阴极a极反应：2H++2e−=H2↑产生氢气发生了化学过程，氢气又被吸附在多孔石墨电极中发生了物理过程，故D正确；
故选：D。

为电解池，a、b两极均产生气泡即相对于电解水，所以阳极b极反应：2H2O−4e−=O2↑+4H+产生氧气，而阴极a极反应：2H++2e−=H2↑产生氢气，又取出a放到Ⅱ中即硫酸铜溶液中析出红色固体，说明a产生的氢气吸附在多孔石墨电极中将铜置换出来，再从Ⅱ中取出a，则a表面已经有析出的铜，所以放到Ⅲ中析出白色固体即Ag，可能是铜置换的也可能是a产生的氢气吸附在多孔石墨电极中置换，据此分析解答。

本题考查了电解原理以及实验现象的判断等，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合应用，注意解题时要注意多孔石墨电极还具有吸附性，难度中等。

7.【答案】C
【解析】解：A.曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4−)、III为PC(C2O42−)，pH=3时，PC(H2C2O4)=PC(C2O42−)>PC(HC2O4−)，pC越小则该微粒浓度越大，所以
c(HC2O3−)>c(C2O42−)=c(H2C2O4)，故A错误；
B.酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，所以pH从3上升到5.3的过程中c(H+)减小，则水的电离程度增大，故B错误；
C.常温下Ka2=c(C2O42−)⋅c(H+)
c(HC2O4−)
，当c(HC2O4−)=c(C2O42−)时，Ka2=c(H+)=10−5.3，故C
正确；
D.c 2(HC2O
4
−)
c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)=c(HC2O4−)⋅c(H+)⋅c(HC2O4−)
c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)⋅c(H+)
=k a1
k a2
，电离平衡常数只与温度有关，温度不
变则c 2(HC2O
4
−)
c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)
不变，故D错误；
故选：C。

A.根据纵坐标含义知，pC越小则该微粒浓度越大，c(H2C2O4)越大，pC越小，则II为PC(H2C2O4)，同理I为PC(HC2O4−)、III为PC(C2O42−)；
B.酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大；
C.常温下Ka2=c(C2O42−)⋅c(H+)
c(HC2O4−)
，如果c(HC2O4−)=c(C2O42−)，则Ka2=c(H+)；
D.c 2(HC2O
4
−)
c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)=c(HC2O4−)⋅c(H+)⋅c(HC2O4−)
c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)⋅c(H+)
=k a1
k a2
，电离平衡常数只与温度有关；
本题考查弱电解质的电离，侧重考查学生图象分析判断能力，正确判断曲线与微粒的一一对应关系是解本题关键，注意纵坐标大小与微粒浓度关系，为易错点，题目难度中等。

8.【答案】AgCl、PbSO4增大Cl−浓度，有利于的HAuCl4生成氯气AuCl4−+3Fe2+= Au+3Fe3++4Cl− 1 Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O=Na2TeO3+
2Cu(OH)2TeO32−+4e−+3H2O=Te+6OH−不生成氯气等污染性气体(或工艺简单)
【解析】解：(1)①浸出过程中银离子与氯离子得到AgCl沉淀，铅离子与硫酸根离子得到PbSO4沉淀，浸出渣的主要成分是AgCl、PbSO4；“浸出”过程中，加入NaCl的作用是增大Cl−浓度，有利于的HAuCl4生成；NaClO3、NaCl在酸性条件下会生成少量的氯气，
故答案为：AgCl、PbSO4；增大Cl−浓度，有利于的HAuCl4生成；氯气；
②“一级还原”过程中，向浸取液中加入FeSO4，得Au单质，则HAuCl4与FeSO4发生反应，离子反应为：AuCl4−+3Fe2+=Au+3Fe3++4Cl−，
故答案为：AuCl4−+3Fe2+=Au+3Fe3++4Cl−；
③欲得到64g碲，n(Te)=0.5mol，由H2TeO3～Te～4e−，转移电子为2mol，氧化还原反应中转移电子数相等，SO2将H2TeO3还原为Te，自身被还原为SO42−，SO2～SO42−～2e−，则至少需通入1mol的SO2，
故答案为：1；
(2)①Cu2Te与NaOH.氧气反应生成Na2TeO3和Cu(OH)2，则反应为：Cu2Te+2O2+
2NaOH+H2O=Na2TeO3+2Cu(OH)2，
故答案为：Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O=Na2TeO3+2Cu(OH)2；
②经过“氧化碱浸”得到Na2TeO3碱性溶液经电解即可获得Te，Te元素化合价降低发生还原反应，为阴极反应，故反应为：TeO32−+4e−+3H2O=Te+6OH−，
故答案为：TeO32−+4e−+3H2O=Te+6OH−；
③与“氯化浸出−还原法”相比，“氧化碱浸−电解法”不生成氯气等污染性气体(或工艺简单)，
故答案为：不生成氯气等污染性气体(或工艺简单)。

(1)“氯化浸出−还原法”制备Te：
根据流程：用NaClO3、NaCl、H2SO4浸取铜阳极泥，得到含有CuSO4、HAuCl4、H2TeO3的溶液，其中银离子与氯离子得到AgCl沉淀，铅离子与硫酸根离子得到PbSO4沉淀，过滤，浸出渣的主要成分是AgCl、PbSO4，NaClO3、NaCl在酸性条件下会生成少量的氯气，向浸取液中加入FeSO4，得Au单质，则HAuCl4与FeSO4发生反应，为：AuCl4−+3Fe2+= Au+3Fe3++4Cl−，除去Au，将溶液电解得到Cu，除去Cu，向电解液加入NaCl和SO2，SO2将H2TeO3还原为Te，据此分析作答；
(2)①Cu2Te与NaOH.氧气反应生成Na2TeO3和Cu(OH)2，结合质量守恒书写；
②根据阴极得到电子发生还原反应书写；
③“氧化碱浸−电解法”工艺简单，无氯气生成。

本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度较大。

9.【答案】14CH4+12H2O+O2=14CO+40H2−90.1<54.5%6
P12
B、
E 2 1 BD
【解析】解：(1)空气中N 2与O 2的物质的量之比为4：1，膜Ⅰ侧所得气体中n(H 2)：
n(N 2)=3：1，氮气在反应前后不变，设氮气为4mol ，则生成氢气为12mol ，由膜I 侧反应可知12molH 2O 得到电子、1molO 2得到电子，膜I 上发生12H 2O +24e −=12H 2+12O 2−、O 2+4e −=2O 2−，膜II 上14molCH 4中C 失去84mol 电子、H 得到56mol 电子时，总反应遵循电子守恒，则反应为14CH 4+12H 2O +O 2=14CO +40H 2，
故答案为：14CH 4+12H 2O +O 2=14CO +40H 2；
(2)已知：①CO 2(g)+3H 2(g)=CH 3OH(g)+H 2O(g)△H 2=−49.0kJ ⋅mol −1 ②CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g)△H 3=−41.1kJ ⋅mol −1，
利用盖斯定律，①+②可得CO(g)+2H 2(g)⇌CH 3OH(g)△H =−90.1kJ/mol ， 故答案为：−90.1；
(3)①增大压强，平衡正向移动，CO 的转化率增大，则p 1>p 2，故答案为：>； ②M 点时，CO 的转化率为60%，则
CO(g)+2H 2(g)⇌CH 3OH(g)，
起始：1 2.2 0
转化：0.6 1.2 0.6
平衡：0.4
1 0.6 则氢气的转化率为1.22.2×100%=54.5%，
Kp =0.62×P 10.42×P 1×(12×P 1)2=6P 12， 故答案为：54.5%；6P 12； ③由图乙可知升高温度，
转化率减小，则平衡逆向移动，平衡常数减小，则B 、E 符合， 故答案为：B 、E ；
(4)①实验测得反应速率的表达式为v =kc m (NO)⋅c n (H 2)，
由编号1、2组数据可知2m =1.656k 0.414k ，m =2，由1、3组数据可知5n =2.070k 0.414k ，n =1，
故答案为：2；1；
②A.H 2O 2是该反应的中间产物，故A 错误；
B.反应i 的反应较慢，则活化能较高，故B 正确；
C.总反应速率由反应i 的速率决定，故C 错误；
D.反应i 较慢，可知反应中NO 和H 2的碰撞仅部分有效，故D 正确；
故答案为：BD 。

(1)由图可知，C 失去电子生成CO ，膜Ⅰ侧氧气、水得到电子，结合电极反应来解答；
(2)已知：①CO 2(g)+3H 2(g)=CH 3OH(g)+H 2O(g)△H 2=−49.0kJ ⋅mol −1 ②CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g)△H 3=−41.1kJ ⋅mol −1，利用盖斯定律，①+②可得CO(g)+2H 2(g)⇌CH 3OH(g)△H ；
(3)①增大压强，平衡正向移动；
②M 点时，CO 的转化率为60%，以此计算平衡时各物质的浓度，可计算氢气的转化率以及平衡常数；
③由图乙可知升高温度，转化率减小，则平衡逆向移动，平衡常数减小；
(4)①实验测得反应速率的表达式为v =kc m (NO)⋅c n (H 2)，
由编号1、2组数据可知m ，由1、3组数据可计算n ；
②总反应取决于较慢的反应，反应越快，活化能越小。

本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型，把握化学平衡、K 及转化率的计算、反应进行的方向为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意平衡的建立及转化率判断，题目难度不大。

10.【答案】体心立方 8 H −C ≡N C 2
2− > N 原子均为sp 3杂化，均有1对孤对
电子，而F的电负性比N的大，NF3中键合电子远离中心原子，键合电子之间的排斥力
较小，键角较小1s22s22p63s23p63d6C<H<O<N16
8×18
N A×(4d
√3
×10−7)3
【解析】解：(1)金属铁为体心立方堆积，体心Fe周围最近的Fe处于顶点位置有8个，即原子配位数为8，
故答案为：体心立方堆积；8；
(2)HCN分子中C原子与H原子之间形成1对共用电子对，与N原子之间形成3对共用电子对，其结构式为H−C≡N；与CN−互为等电子体微粒含有2个原子、10个电子，用C原子与1个单位负电荷替换N原子可得等电子体阴离子为C22−，
故答案为：H−C≡N；C22−；
(3)N原子均为sp3杂化，均有1对孤对电子，而F的电负性比N的大，NF3中键合电子远离中心原子，键合电子之间的排斥力较小，键角较小，
故答案为：>；N原子均为sp3杂化，均有1对孤对电子，而F的电负性比N的大，NF3中键合电子远离中心原子，键合电子之间的排斥力较小，键角较小；
(4)K4Fe(CN)6的中心离子为Fe2+，Fe为26号元素，原子核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d64s2，原子失去4s能级2个电子形成Fe2+，Fe2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，
故答案为：1s22s22p63s23p63d6；
(5)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N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：C<O<N，而主族元素中只有N、O、F的第一电离能高于H的，故第一电离能：C<H<O<N，
故答案为：C<H<O<N；
(6)冰的晶体的晶胞与金刚石相似，晶胞内部有4个水分子，其它水分子处于顶点与面
心，晶胞中水分子数目=4+8×1
8+6×1
2
=8，每个水分子形成4个氢键，每个氢键为
2给水分子共用，平均每个水分子形成2个氢键，故晶胞中形成氢键数目=2×8=16；若氢键键长为dnm，则晶胞体对角线长度为4dnm，晶胞棱长=
√3
nm，则晶胞质量=
8×18
N A g=ρg/cm3×(
√3
10−7cm)3，解得ρ=
8×18
N A×(4d
√3
×10−7)3
，
故答案为：16；8×18
N A×(4d
√3×10−7)3。

(1)金属铁为体心立方堆积；
(2)HCN分子中C原子与H原子之间形成1对共用电子对，与N原子之间形成3对共用电子对；与CN−互为等电子体微粒含有2个原子、10个电子；
(3)N原子均为sp3杂化，F的电负性比N的大，NF3中键合电子远离中心原子，键合电子之间的排斥力较小；
(4)K4Fe(CN)6的中心离子为Fe2+，Fe是26号元素，原子核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能级2个电子形成Fe2+；
(5)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N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，而主族元素中只有N、O、F的第一电离能高于H的；
(6)冰的晶体的晶胞与金刚石相似，晶胞内部有4个水分子，其它水分子处于顶点与面心，均摊法计算晶胞中水分子数目，每个水分子形成4个氢键，每个氢键为2给水分子
共用；若氢键键长为dnm，则晶胞体对角线长度为4dnm，晶胞棱长=
3
nm，计算晶胞
中水分子质量，而水分子质量=晶胞体积×晶体密度，联立计算。

本题考查物质结构与性质，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，(6)为难点、易
错点，需要学生熟记中心常见晶胞结构，关键是明确氢键键长与晶胞棱长关系，掌握均摊法进行晶胞计算。

11.【答案】加成反应邻羟甲基苯酚酯基、醚键C19H20O5n→H+
+(n−
1)H2O c 4
【解析】解：(1)由A的分子式，结合苯酚、甲醛、酚醛树脂的结构，可知苯酚与甲醛发生加成反应生成A为，反应①的反应类型为加成反应，A的名称为：
邻羟甲基苯酚，
故答案为：加成反应；邻羟甲基苯酚；
(2)由C前后物质结构、结合C的分子式与名称，可知C为，
含有的官能团为：酯基、醚键。

由结构可知D的分子式为
：C19H20O5，
故答案为：酯基、醚键；C19H20O5；
(3)反应②是发生脱水缩合反应生成，反应方程式为：n→H++(n−1)H2O，
故答案为：n→H++(n−1)H2O；
(4)A为，能与氢氧化钠溶液反应，说明苯环使羟基中H活性增强，能使
酸性高锰酸钾溶液褪色，侧链被氧化，说明苯环影响侧链，在稀溶液中加浓溴水产生沉淀，苯环上酚羟基邻对位的H原子被Br原子取代，酚羟基使邻对位的氢原子活性增强，故选：c；
(5)E(C8H10O2)与B的水解产物互为同分异构体，1molE可与2molNaOH反应，说明含有2个酚羟基，有3种峰且峰面积之比为3：1：1，不可能含有乙基，取代基只能是2
个酚羟基、2个甲基，具有对称结构，可能的结构简式有：
，
故答案为：4；
(6)由转化中C→D的转化，可以由CH3COOCH3在甲醇钠、甲醇条件下得到目标物，再
结合B→C的转化，可知一氯甲烷与NaCN反应得到CH3CN，然后经过①HCl/H2O、②甲醇/HCl得到乙酸乙酯。

甲醇与HCl反应得到一氯甲烷。

合成路线流程图为：。