高考化學二輪復習 第二部分 策略四 預測題仿真模擬（三）-人教版高三化學試題

預測題仿真模擬(三)本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分(滿分：100分，考試時間：60分鐘)第Ⅰ卷(選擇題，共42分)一、選擇題(本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)7．化學與生活、科學、技術、環(huán)境密切相關，下列說法正確的是()A．PM2.5是指大氣中直徑接近于2.5×10－6mB．酒精可用來消毒是由于其具有強氧化性C．廢棄的金屬、紙制品、塑料、玻璃均是可回收利用的資源D．制作航天服的聚酯纖維和用于光纜通信的光導纖維都是新型無機非金屬材料解析：選C。A.PM2.5是指大氣中直徑接近于2.5×10－6m8．設NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法中正確的是()A．1.8g重水(D2O)中含有的質子數(shù)和電子數(shù)均為NAB．含4molSi—O鍵的二氧化硅晶體中，氧原子數(shù)為2NAC．標準狀況下，22.4LNO和22.4LO2混合后所得氣體中分子總數(shù)為1.5NAD．將11.2LCl2通入足量的石灰乳中制備漂白粉，轉移的電子數(shù)為0.5NA解析：選B。A.重水(D2O)的相對分子質量為20,1.8g重水(D2O)的物質的量為0.09mol，含有的質子數(shù)和電子數(shù)均為0.9NA，錯誤；B.根據(jù)二氧化硅的結構模型判斷，含4molSi—O鍵的二氧化硅晶體的物質的量為1mol，氧原子數(shù)為2NA，正確；C.根據(jù)2NO＋O2=2NO2,2NO2N2O4判斷，標準狀況下，22.4LNO和22.4LO2混合后所得氣體中分子總數(shù)小于1.5NA，錯誤；D.缺少溫度和壓強，無法確定11.2LCl2的物質的量，無法確定轉移的電子數(shù)，錯誤。9．下列離子方程式的書寫及評價均合理的是()選項離子方程式評價A將1molCl2通入含1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl－＋I2正確；Cl2過量，可將Fe2＋、I－均氧化BMg(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應：Mg2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=MgCO3↓＋H2O正確；酸式鹽與堿反應生成正鹽和水C過量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSOeq\o\al(－,3)正確；說明酸性：H2SO3強于HClOD1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等體積互相均勻混合：2AlOeq\o\al(－,2)＋5H＋=Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O正確；AlOeq\o\al(－,2)與Al(OH)3消耗的H＋的物質的量之比為2∶3解析：選D。A.還原性：I－>Fe2＋，氯氣通入碘化亞鐵溶液中先氧化I－，將1molCl2通入含1molFeI2的溶液中，離子方程式為2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，錯誤；B.溶解度：MgCO3>Mg(OH)2，Mg(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應的離子方程式應為：Mg2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋4OH－=Mg(OH)2↓＋2COeq\o\al(2－,3)＋2H2O，錯誤；C.過量SO2通入NaClO溶液中，發(fā)生氧化還原反應，SO2＋H2O＋ClO－=2H＋＋Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)，錯誤；D.1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等體積互相均勻混合：2AlOeq\o\al(－,2)＋5H＋=Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，離子方程式及評價均正確。10．下列與有機物的結構、性質有關的敘述正確的是()A．乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高錳酸鉀溶液褪色B．乙酸與乙醇可以發(fā)生酯化反應，又均可與金屬鈉發(fā)生置換反應C．葡萄糖、纖維素和蛋白質在一定條件下都能發(fā)生水解反應D．石油經過分餾得到多種烴，煤經過分餾可制得焦炭、煤焦油等產品解析：選B。A.乙烯、氯乙烯中存在碳碳雙鍵，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，而聚乙烯不含碳碳雙鍵，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，錯誤；B.乙酸與乙醇的官能團分別為羧基和羥基，可以發(fā)生酯化反應，又均可與金屬鈉發(fā)生置換反應，正確；C.纖維素和蛋白質在一定條件下都能發(fā)生水解反應，而葡萄糖為單糖，不能發(fā)生水解反應，錯誤；D.石油經過分餾得到多種烴，煤經過干餾可制得焦炭、煤焦油等產品，錯誤。11．利用如圖裝置，可完成很多電化學實驗。下列有關此裝置的敘述中，正確的是()A．若X為鋅棒，Y為NaCl溶液，開關K置于M處，可減緩鐵的腐蝕，這種方法稱為犧牲陰極保護法B．若X為碳棒，Y為NaCl溶液，開關K置于N處，可減緩鐵的腐蝕，溶液中的陰離子向鐵電極移動C．若X為銅棒，Y為硫酸銅溶液，開關K置于M處，銅棒質量將增加，此時外電路中的電子向銅電極移動D．若X為銅棒，Y為硫酸銅溶液，開關K置于N處，鐵棒質量將增加，溶液中銅離子濃度將減小解析：選C。A.若X為鋅棒，Y為NaCl溶液，開關K置于M處，該裝置為原電池，鐵作正極，可減緩鐵的腐蝕，這種方法稱為犧牲陽極的陰極保護法，錯誤；B.若X為碳棒，Y為NaCl溶液，開關K置于N處，該裝置為電解池，鐵作陰極，可減緩鐵的腐蝕，溶液中的陽離子向鐵電極移動，錯誤；C.若X為銅棒，Y為硫酸銅溶液，開關K置于M處，該裝置為原電池，鐵棒作負極，銅棒作正極，銅棒質量將增加，此時外電路中的電子向銅電極移動，正確；D.若X為銅棒，Y為硫酸銅溶液，開關K置于N處，該裝置為電鍍池，鐵棒質量將增加，溶液中銅離子濃度不變，錯誤。12．常溫下，將Cl2緩慢通入水中至飽和，然后向所得飽和氯水中滴加0.1mol·L－1的NaOH溶液。整個實驗進程中溶液的pH變化曲線如圖所示，下列敘述正確的是()A．實驗進程中可用pH試紙測定溶液的pHB．c點所示溶液中：c(Na＋)＝2c(ClO－)＋cC．向a點所示溶液中通入SO2，溶液的酸性和漂白性均增強D．由a點到b點的過程中，溶液中eq\f(cH＋,cClO－)減小解析：選B。由于氯水具有漂白性，不能用pH試紙測定溶液的pH，A錯；由于c點pH＝7，依據(jù)電荷守恒得關系式：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)，因Cl2＋H2OHCl＋HClO，所以c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，所以c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，B正確；a點通入SO2時，Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，酸性增強，漂白性降低，C錯；a點到b點是Cl2溶于水的過程，eq\f(cH＋,cClO－)增大，D錯。13．僅用下表提供的儀器(夾持儀器和試劑任選)不能實現(xiàn)相應實驗目的的是()選項實驗目的儀器A除去氯化鈉溶液中的泥沙漏斗(帶濾紙)、燒杯、玻璃棒B從食鹽水中獲得NaCl晶體坩堝、玻璃棒、酒精燈、泥三角C用0.10mol·L－1的鹽酸測定未知濃度的NaOH溶液濃度堿式滴定管、酸式滴定管、錐形瓶、膠頭滴管、燒杯D用MnO2和濃鹽酸制取干燥、純凈的Cl2圓底燒瓶、分液漏斗、酒精燈、洗氣瓶、集氣瓶、導管、石棉網(wǎng)解析：選B。A.除去氯化鈉溶液中的泥沙用過濾的方法，用所給儀器可以實現(xiàn)；B.從食鹽水中獲得NaCl晶體用蒸發(fā)的方法，應用蒸發(fā)皿，題給儀器不能實現(xiàn)；C.用0.10mol·L－1的鹽酸測定未知濃度的NaOH溶液用酸堿中和滴定的方法，所給儀器能實現(xiàn)；D.用MnO2和濃鹽酸制取干燥、純凈的Cl2，所給儀器能實現(xiàn)。第Ⅱ卷(非選擇題，共58分)二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第26～28題為必考題，每個試題考生都必須做答。第36～38題為選考題，考生根據(jù)要求做答。)(一)必考題(本部分包括3個小題，共43分)26．(15分)工業(yè)制硫酸的過程中利用反應2SO2(g)＋O2(g)eq\o(,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))2SO3(g)ΔH<0，將SO2轉化為SO3，尾氣SO2可用NaOH溶液進行吸收。請回答下列問題：(1)一定條件下，向一帶活塞的密閉容器中充入2molSO2和1molO2發(fā)生反應，則下列說法正確的是______。A．若反應速率v(SO2)＝v(SO3)，則可以說明該可逆反應已達到平衡狀態(tài)B．保持溫度和容器體積不變，充入2molN2，化學反應速率加快C．平衡后僅增大反應物濃度，則平衡一定右移，各反應物的轉化率一定都增大D．平衡后移動活塞壓縮氣體，平衡時SO2、O2的百分含量減小，SO3的百分含量增大E．平衡后升高溫度，平衡常數(shù)K增大F．保持溫度和容器體積不變，平衡后再充入2molSO3，再次平衡時各組分濃度均比原平衡時的濃度大(2)將一定量的SO2(g)和O2(g)分別通入體積為2L的恒容密閉容器中，在不同溫度下進行反應得到如下表中的兩組數(shù)據(jù)：實驗編號溫度/℃起始量/mol平衡量/mol達到平衡所需時間/minSO2O2SO2O2 1T142x0.862T2420.4y9①實驗1從開始到反應達到化學平衡時，用SO2表示的反應速率為__________，表中y＝__________。②T1________T2(選填“>”、“<”或“＝”),實驗2中達到平衡時O2的轉化率為________。(3)尾氣SO2用NaOH溶液吸收后會生成Na2SO3?，F(xiàn)有常溫下0.1mol/LNa2SO3溶液，實驗測定其pH約為8，完成下列問題：①該溶液中c(Na＋)與c(OH－)之比為________。②該溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋____________＋____________(用溶液中所含微粒的濃度表示)。③當向該溶液中加入少量NaOH固體時，c(SOeq\o\al(2－,3))____________，水的離子積Kw________。(選填“增大”、“減小”或“不變”)(4)如果用含等物質的量溶質的下列各溶液分別來吸收SO2，則理論吸收量由多到少的順序是________。A．Na2CO3 B．Ba(NO3)2C．Na2S D．KMnO4解析：(1)A.沒有明確v正和v逆，反應速率v(SO2)＝v(SO3)，不能說明該可逆反應已達到平衡狀態(tài)，錯誤；B.保持溫度和容器體積不變，充入2molN2，SO2、SO3和O2濃度都不變，化學反應速率不變，錯誤；C.平衡后僅增大反應物濃度，則平衡一定右移，但各反應物的轉化率不一定都增大，錯誤；D.該反應正向為氣體體積減小的反應，平衡后移動活塞壓縮氣體，平衡正向移動，平衡時SO2、O2的百分含量減小，SO3的百分含量增大，正確；E.該反應為放熱反應，平衡后升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)K減小，錯誤；F.保持溫度和容器體積不變，平衡后再充入2molSO3，平衡逆向移動，再次平衡時各組分濃度均比原平衡時的濃度大，正確；選DF；(2)①根據(jù)題給數(shù)據(jù)分析，實驗1從開始到反應達到化學平衡時O2的物質的量變化為1.2mol，根據(jù)反應方程式確定SO2的物質的量變化為2.4mol，根據(jù)公式v＝eq\f(Δn,ΔtV)計算，v(SO2)表示的反應速率為0.2mol·L－1·min－1；根據(jù)題給數(shù)據(jù)分析，實驗2從開始到反應達到化學平衡時SO2的物質的量變化為3.6mol，根據(jù)反應方程式確定O2的物質的量變化為1.8mol，則平衡時O2的物質的量為0.2mol，即表中y＝0.2；②根據(jù)題給數(shù)據(jù)分析，溫度由T1變?yōu)門2，平衡正向移動，該反應為放熱反應，根據(jù)溫度對化學平衡的影響規(guī)律判斷，改變的條件為降溫，故T1>T2。由①分析知實驗2達到平衡時O2的轉化率為90%；(3)①常溫下0.1mol/LNa2SO3溶液，c(Na＋)＝0.2mol/L，實驗測定其pH約為8，c(OH－)＝10－6mol/L，該溶液中c(Na＋)與c(OH－)之比為2×105∶1；②根據(jù)質子守恒，該溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(H2SO3)；③常溫下0.1mol/LNa2SO3溶液存在水解平衡：SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－，當向該溶液中加入少量NaOH固體時，c(OH－)增大，平衡逆向移動，c(SOeq\o\al(2－,3))增大，溫度不變，水的離子積Kw不變；(4)設各物質物質的量為1mol，A.根據(jù)化學方程式2SO2＋Na2CO3＋H2O=2NaHSO3＋CO2判斷，1molNa2CO3最多吸收2molSO2；B.根據(jù)化學方程式Ba(NO3)2＋3SO2＋2H2O=BaSO4＋2H2SO4＋2NO↑判斷，1molBa(NO3)2最多吸收3molSO2；C.根據(jù)化學方程式2Na2S＋SO2＋2H2O=3S↓＋4NaOH和SO2＋NaOH=NaHSO3判斷，1molNa2S最多吸收2.5molSO2；D.根據(jù)電子守恒判斷，1molKMnO4最多吸收2.5molSO2；則理論吸收量由多到少的順序是B＞C＝D＞A。答案：(1)DF(2)①0.2mol·L－1·min－10.2②>90%(3)①2×105∶1②c(HSOeq\o\al(－,3))2c(H2SO3)③增大不變(4)B>C＝D>A27．(14分)下圖是某研究性學習小組設計的對一種廢舊合金的各成分(含有Cu、Fe、Si三種成分)進行分離、回收再利用的工業(yè)流程，通過該流程將各成分轉化為常用的單質及化合物。已知：298K時，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38,Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13，根據(jù)流程圖回答有關問題：(1)操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ指的是____________。(2)加入過量FeCl3溶液過程中可能涉及的化學方程式為________________________________________________________________________。(3)過量的還原劑應是____________。(4)①向溶液b中加入酸性KMnO4溶液發(fā)生反應的離子方程式為________________________________________________________________________。②若用xmol/LKMnO4溶液處理溶液b，當恰好將溶液中的陽離子完全氧化時消耗KMnO4溶液ymL，則最后所得紅棕色固體C的質量為________g(用含x、y的代數(shù)式表示)。(5)常溫下，若溶液c中所含的金屬陽離子濃度相等，向溶液c中逐滴加入KOH溶液，則三種金屬陽離子沉淀的先后順序為________>__________>________。(填金屬陽離子)(6)最后一步電解若用惰性電極電解一段時間后，析出固體B的質量為zg，同時測得陰、陽兩極收集到的氣體體積相等，則標準狀況下陽極生成的最后一種氣體體積為________L(用含z的代數(shù)式表示)；該電極的電極反應式為________________________________________________________________________。解析：根據(jù)題給流程圖和信息知，廢舊合金(含有Cu、Fe、Si三種成分)與過量FeCl3溶液混合發(fā)生的反應為2FeCl3＋Fe=3FeCl2、2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，過濾，固體A的成分為Si，溶液a的成分為FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合液；電解含Cu2＋、Cl－、K＋的溶液得到固體B，B的成分為Cu；溶液a加過量還原劑反應后過濾得固體B(Cu)，則還原劑為銅，發(fā)生的反應為2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，溶液b的成分為FeCl2和CuCl2的混合液；溶液b中加入酸性高錳酸鉀溶液，亞鐵離子被氧化為鐵離子，用氫氧化鉀溶液調節(jié)溶液的pH，鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，灼燒得氧化鐵，溶液d經處理得金屬錳。(1)由流程圖知，操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ為分離固液混合物的操作，指的是過濾；(2)加入過量FeCl3溶液過程中可能涉及的化學方程式：2FeCl3＋Fe=3FeCl2、2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2；(3)由上述分析知，過量的還原劑應是Cu粉；(4)①向溶液b中加入酸性KMnO4溶液使亞鐵離子被氧化為鐵離子，反應的離子方程式為MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；②根據(jù)相關反應的關系式：2MnOeq\o\al(－,4)～10Fe2＋～5Fe2O3，用xmol/LKMnO4溶液處理溶液b，當恰好將溶液中的陽離子完全氧化時消耗KMnO4溶液ymL，則最后所得紅棕色固體C的質量為0.4xyg；(5)根據(jù)題意知，溶液c中所含的金屬陽離子為Fe3＋、Cu2＋和Mn2＋，若三者濃度相等，向溶液c中逐滴加入KOH溶液，根據(jù)題給溶度積進行判斷，F(xiàn)e3＋所需氫氧根濃度最小先沉淀，Mn2＋所需氫氧根濃度最大，最后沉淀，則三種金屬陽離子沉淀的先后順序為：Fe3＋>Cu2＋>Mn2＋；(6)根據(jù)題意知，電解過程的電極反應式依次為陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑，4OH－－4e－=O2↑＋2H2O；陰極：Cu2＋＋2e－=Cu；2H＋＋2e－=H2↑；根據(jù)電子守恒計算，標況下陽極生成的最后一種氣體為O2，其體積為22.4z/64L。答案：(1)過濾(2)2FeCl3＋Fe=3FeCl2、2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2(3)Cu粉(4)①MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O②0.4xy(5)Fe3＋Cu2＋Mn2＋(6)22.4z/644OH－－4e－=O2↑＋2H2O28．(14分)某實驗小組用燃燒分析法測定某有機物中碳和氫等元素的含量，隨后又對其進行了性質探究。將已稱量的樣品置于氧氣流中，用氧化銅作催化劑，在高溫條件下樣品全部被氧化為水和二氧化碳，然后分別測定生成的水和二氧化碳的質量。實驗可能用到的裝置如下圖所示，其中A、D裝置可以重復使用。請回答下列問題：(1)請按氣體流向連接實驗裝置B→________→C→A→D→________(用裝置編號填寫)。(2)B裝置中制O2時所用的藥品是____________。實驗中，開始對C裝置加熱之前，要通一段時間的氧氣，目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________；停止加熱后，也要再通一段時間的氧氣，目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)已知取2.3g的樣品X進行上述實驗，經測定A裝置增重2.7g，D裝置增重4.4g。試推算出X物質的實驗式：____________。(4)該小組同學進一步實驗測得：2.3g的X與過量金屬鈉反應可放出560mLH2(已換算成標準狀況下)，且已知X分子只含一個官能團。查閱資料后，學生們又進行了性質探究實驗：實驗一：X在一定條件下可催化氧化最終生成有機物Y；實驗二：X與Y在濃硫酸加熱條件下生成有機物Z。則：①寫出實驗二中反應的化學方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②除去Z中混有的Y所需的試劑和主要儀器是____________、____________。(5)若已知室溫下2.3g液態(tài)X在氧氣中完全燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時可放出68.35kJ的熱量，寫出X在氧氣中燃燒的熱化學方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)根據(jù)實驗的目的、原理及裝置的作用確定裝置的連接順序；本實驗為燃燒法確定有機物的組成。實驗過程中，為保持測定結果的準確性，必須防止空氣中二氧化碳和水蒸氣的干擾。裝置B為氧氣的發(fā)生裝置，制得的氧氣中含有水蒸氣，必須除去，應連接裝有濃硫酸的洗氣瓶，然后連接裝置C，發(fā)生反應，再用裝有濃硫酸的洗氣瓶吸收水蒸氣，用裝有堿石灰的U形管吸收二氧化碳，最后再用裝有堿石灰的U形管防止空氣中二氧化碳和水蒸氣的干擾，按氣體流向連接實驗裝置B→A→C→A→D→D；(2)B裝置為固液不加熱制氣體的發(fā)生裝置，用該裝置制O2時所用的藥品是H2O2和MnO2或Na2O2和H2O；實驗中，為保持測定結果的準確性，必須防止空氣中二氧化碳和水蒸氣的干擾，則開始對C裝置加熱之前，要通一段時間的氧氣，目的是趕出裝置中的二氧化碳和水蒸氣；停止加熱后，也要再通一段時間的氧氣，目的是將燃燒生成的二氧化碳和水蒸氣徹底排出，并完全吸收；(3)根據(jù)題意知，A裝置增重2.7g為生成水的質量，物質的量為0.15mol，則有機物中氫原子的物質的量為0.3mol，氫元素質量為0.3g；D裝置增重4.4g為二氧化碳的質量，物質的量為0.1mol，則有機物中碳原子的物質的量為0.1mol，碳元素質量為1.2g，則有機物中一定含有氧元素，氧元素質量為：m(O)＝2.3g－1.2g－0.3g＝0.8g，氧原子的物質的量為0.05mol，所以實驗式為：C2H6O；(4)根據(jù)X的實驗式及題給信息判斷，X為乙醇，Y為乙酸，Z為乙酸乙酯。①實驗二中的反應為乙酸和乙醇的酯化反應，化學方程式為CH3COOH＋C2H5OHeq\o(,\s\up7(濃硫酸),\s\do5(△))CH3COOC2H5＋H2O；②除去乙酸乙酯中混有的乙酸所需的試劑為飽和Na2CO3溶液，方法為分液，用到的主要儀器是分液漏斗；(5)根據(jù)題給信息寫出乙醇燃燒的熱化學方程式為C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－1367kJ/mol。答案：(1)AD(2)H2O2和MnO2(或Na2O2和H2O)趕出裝置中的二氧化碳和水蒸氣等將燃燒生成的二氧化碳和水蒸氣徹底排出，并完全吸收(3)C2H6O(4)①CH3COOH＋C2H5OHeq\o(,\s\up7(濃硫酸),\s\do5(△))CH3COOC2H5＋H2O②飽和Na2CO3溶液分液漏斗(5)C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－1367kJ/mol(二)選考題(請考生從三道題中任選一題做答，如果多做，則按所做的第一題計分，共15分)36．[化學——選修2：化學與技術](15分)化工生產工藝的實現(xiàn)涉及許多問題，如化學反應原理、原料選擇、能源消耗、設備結構、環(huán)境保護以及綜合經濟效益等。請回答下列問題：(1)海水中含有多種鹽類，目前由海水制鹽的方法以____________為主。(2)工業(yè)制硫酸主要分為造氣、催化氧化和吸收三個階段。所需原料主要有硫黃(或黃鐵礦)、空氣和____________。工業(yè)生產硫酸時，會排放出一些爐渣和礦灰，這些廢渣可用于____________(寫出一種用途即可)。(3)聯(lián)合制堿法是我國化工專家侯德榜發(fā)明的制堿工藝。聯(lián)合制堿法和氨堿法中所需的二氧化碳來源有什么不同？________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)在硫酸工業(yè)實際生產中，常采用“二轉二吸法”，即將第一次轉化生成的SO3吸收后，將未轉化的SO2進行二次轉化。若兩次SO2的轉化率均為95%，則最終SO2的轉化率為________。(5)為了防止大氣污染，硝酸工業(yè)生產中的尾氣可用純堿溶液吸收，有關的化學方程式為2NO2＋Na2CO3=NaNO3＋NaNO2＋CO2；NO＋NO2＋Na2CO3=2NaNO2＋CO2?，F(xiàn)用足量的純堿溶液吸收硝酸工業(yè)尾氣(含NO和NO2)，每產生22.4L(標準狀況)CO2時，吸收液質量就增加44g。則硝酸工業(yè)尾氣中NO和NO2的體積比為________。解析：(4)設轉化前二氧化硫的物質的量為xmol，則第一次轉化95%xmol，剩余5%xmol；第二次轉化5%x×95%mol。故兩次的總轉化率為eq\f(95%xmol＋5%x×95%mol,xmol)×100%＝99.75%。(5)2NO2＋Na2CO3=NaNO3＋NaNO2＋CO2Δm＝48gNO＋NO2＋Na2CO3=2NaNO2＋CO2Δm＝32g設由NO2與純堿反應產生的CO2為amol，由NO和NO2與純堿反應產生的CO2為bmol。則有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝1,48a＋32b＝44))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0.75,b＝0.25))，則NO的物質的量為0.25mol，NO2的物質的量為0.75mol×2＋0.25mol＝1.75mol，NO和NO2的體積比等于物質的量之比，為0.25∶1.75＝1∶7。答案：(1)蒸發(fā)法(或鹽田法)(2)98%硫酸制造水泥(或制磚、作為煉鐵的原料、提煉貴重的有色金屬等其他合理答案)(3)前者來自合成氨廠，后者來自煅燒石灰石(4)99.75%(5)1∶737．[化學——選修3：物質結構與性質](15分)已知元素A、B、C、D、E、F均屬前四周期，且原子序數(shù)依次增大，A的p能級電子數(shù)是s能級電子數(shù)的一半，C的基態(tài)原子2p軌道有2個未成對電子；C與D形成的化合物中C顯正化合價；E的M層電子數(shù)是N層電子數(shù)的4倍，F(xiàn)的內部各能級層均排滿，且最外層電子數(shù)為1。請回答下列問題：(1)C原子基態(tài)時的電子排布式為____________。(2)B、C兩種元素第一電離能為：____________>____________(用元素符號表示)。試解釋其原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)任寫一種與AB－互為等電子體的微粒：________________________________________________________________________。(4)B與C形成的四原子陰離子的立體構型為____________，其中B原子的雜化類型是____________。(5)D和E形成的化合物的晶胞結構如圖，其化學式為____________，E的配位數(shù)是________；已知晶體的密度為ρg·cm－3，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則晶胞邊長a＝____________cm。(用含ρ、NA的計算式表示)解析：根據(jù)題意知，元素A、B、C、D、E、F均屬前四周期，且原子序數(shù)依次增大，A的p能級電子數(shù)是s能級電子數(shù)的一半，A的原子核外電子排布式為1s22s22p2，則A為碳元素；C的基態(tài)原子2p軌道有2個未成對電子，且C的原子序數(shù)比A大，故C的原子核外電子排布式為1s22s22p4，則C為氧元素；又A、B、C原子序數(shù)依次增大，則B為氮元素；C與D形成的化合物中C顯正化合價，則D為氟元素；E的M層電子數(shù)是N層電子數(shù)的4倍，則E為鈣元素；F的內部各能級層均排滿，且最外層電子數(shù)為1，則F為銅元素。(1)C為氧元素，原子基態(tài)時的電子排布式為1s22s22p4；(2)B為氮元素，C為氧元素，氮原子核外2p軌道處于半充滿的較穩(wěn)定結構，不易失去電子，兩種元素第一電離能為N>O；(3)根據(jù)等電子體概念知，與CN－離子互為等電子體的微粒為CO或Ceq\o\al(2－,2)或Oeq\o\al(2＋,2)；(4)根據(jù)價層電子對互斥理論判斷，N與O形成的四原子陰離子NOeq\o\al(－,3)的立體構型為平面三角形，其中N原子的雜化類型是sp2；(5)利用均攤法結合化合物的晶胞判斷，其化學式為CaF2，Ca的配位數(shù)是8；由化合物CaF2的晶胞結構可知，1個晶胞中含有鈣離子數(shù)目為8×1/8＋6×1/2＝4，含有氟離子數(shù)目為8，所以1mol晶胞的質量為312g，又晶體的密度為ρg·cm－3，則1個晶胞的體積為eq\f(312,ρNA)cm3，則晶胞邊長a＝eq\r(3,\f(312,ρ·NA))cm。答案：(1)1s22s22p4(2)NO氮原子核外2p軌道處于半充滿的較穩(wěn)定結構，不易失去電子，故第一電離能比氧原子大(3)CO(或Ceq\o\al(2－,2)或Oeq\o\al(2＋,2))(4)平面三角形sp2(5)CaF28eq\r(3,\f(312,ρ·NA))38．[化學——選修5：有機化學基礎](15分)在有機化工生產中，下圖是合成某種聚酯纖維H的流程圖。已知：A、D為烴，質譜圖表明G