13．（2019·山东泰安高三质检）已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数见下表：
弱酸化学式
HA
H2B
电离平衡常数（25℃）
Ka＝1.7×10－6
Ka1＝1.3×10－3Ka2＝5.6×10－8
则下列有关说法正确的是（ ）
A．等物质的量浓度的各溶液pH关系为：
pH（Na2B）>pH（NaHB）>pH（NaA）
B．将amol·L－1的HA溶液与amol·L－1的NaA溶液等体积混合，混合液中：
c（Na＋）>c（A－）
C．向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为：
B2－＋2HA===2A－＋H2B
D．NaHB溶液中部分微粒浓度的大小为：
c（Na＋）>c（HB－）>c（B－）>c（H2B）
答案 D
解析 酸性H2B>HA>HB－，酸性越强，对应的钠盐的碱性越弱，pH（Na2B）>pH（NaA）>pH（NaHB），故A错误；HA的电离常数为1.7×10－6，则A－的水解常数为Kh＝
≈5.9×10－9，可以知道HA的电离常数大于A－的水解常数，则将amol·L－1的HA溶液与amol·L－1的NaA溶液等体积混合后溶液显酸性，由电荷守恒可以知道混合液中：
c（Na＋）HA>HB－，向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为B2－＋HA===A－＋HB－，故C错误；对于H2B，已知Ka1＝1.3×10－3，Ka2＝5.6×10－8，可以知道HB－的水解常数为
≈7.7×10－12，则HB－电离程度大于HB－水解程度，溶液显酸性，则NaHB溶液中c（Na＋）>c（HB－）>c（B－）>c（H2B），故D正确。
二、非选择题
（一）必考题（共43分）
26．（2019·山西省高三考前适应性训练）（14分）三氯化磷（PCl3）是一种基础化工原料，使用广泛，需求量大。
实验室可用白磷与氯气反应制备三氯化磷，实验装置如下图所示（夹持装置未画出）。
已知：
①氯气与白磷反应放出热量（温度高于75℃）。
②PCl3和PCl5遇水强烈反应并产生大量的白雾。
③PCl3和PCl5的物理常数如下：
熔点
沸点
PCl3
－112℃
76℃
PCl5
148℃
200℃分解
回答下列问题：
（1）仪器X的名称是________；装置A中发生反应的离子方程式为__________________________。
（2）装置B可用于除杂，也是安全瓶，能监测实验进行时装置C或D中是否发生堵塞，若装置C或D中发生堵塞时B中的现象是____________________。
（3）为防止装置D因局部过热而炸裂，实验开始前应在圆底烧瓶的底部放少量________（填“干沙”或“水”）。
（4）装置E的烧杯中冰盐水的作用是________。
（5）装置F的作用：
一是防止空气中水蒸气的进入；二是__________________。
答案
（1）分液漏斗 2MnO
＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
（2）吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升
（3）干沙 （4）使三氯化磷蒸气充分冷凝
（5）吸收过量的氯气，防止污染空气
解析
（2）若装置C或D发生堵塞，则在装置B中气体压强增大，会把吸滤瓶中的液体压入长颈漏斗中，导致吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升。
（3）防止圆底烧瓶因局部过热而炸裂，通常会在底部铺上一层沙子或加一定量的水，因为PCl3会水解，所以只能用干沙。
（4）PCl3熔沸点较低，通过降温可将其转化为液体，在E中收集PCl3。
（5）在装置D中白磷与氯气发生反应产生PCl3，氯气是有毒气体，未反应的氯气会造成大气污染，空气中的水蒸气进入装置D也会影响PCl3的制备。
27．（2019·深圳市高三调研）（15分）CO还原脱硝技术可有效降低烟气中的NOx的排放量。
回答下列问题：
Ⅰ.CO还原NO的脱硝反应：
2CO（g）＋2NO（g）2CO2（g）＋N2（g） ΔH
（1）已知：
CO（g）＋NO2（g）CO2（g）＋NO（g） ΔH1＝－226kJ·mol－1
N2（g）＋2O2（g）2NO2（g）ΔH2＝＋68kJ·mol－1
N2（g）＋O2（g）2NO（g） ΔH3＝＋183kJ·mol－1
脱硝反应ΔH＝________，该反应向正反应方向自发进行的倾向很大，其原因是______________________________，有利于提高NO平衡转化率的条件是__________________________（写出两条）。
（2）以Mn3O4为脱硝反应的催化剂，研究者提出如下反应历程，将历程补充完整。
第一步：
____________________；
第二步：
3MnO2＋2CO===Mn3O4＋2CO2。
（3）在恒温恒容的密闭容器中，充入等物质的量的CO和NO混合气体，加入Mn3O4发生脱硝反应，t0时达到平衡，测得反应过程中CO2的体积分数与时间的关系如下图所示。
①比较大小：
a处v正________b处v逆（填“＞”“＜”或“＝”）。
②NO的平衡转化率为________。
Ⅱ.T℃时，在刚性反应器中发生如下反应：
CO（g）＋NO2（g）CO2（g）＋NO（g），化学反应速率v＝kpm（CO）pn（NO2），k为化学反应速率常数。
研究表明，该温度下反应物的分压与化学反应速率的关系如下表所示：
（4）若反应初始时p（CO）＝p（NO2）＝akPa，反应tmin时达到平衡，测得体系中p（NO）＝bkPa，则此时v＝____________kPa·s－1（用含有a和b的代数式表示，下同），该反应的化学平衡常数Kp＝____________（Kp是以分压表示的平衡常数）。
答案
（1）－750kJ·mol－1 该反应为放热量大的反应 降温、加压、增大CO和NO的投料比等
（2）Mn3O4＋2NO===3MnO2＋N2
（3）①＞ ②80% （4）9×10－5（a－b）2
解析
（1）根据盖斯定律①×2－[③×2－②]可得2CO（g）＋2NO（g）2CO2（g）＋N2（g） ΔH＝－750kJ·mol－1，由热化学方程式可知，该反应为放热量很大的反应，所以该反应向正反应方向自发进行的倾向很大，该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，故降温和加压都可以使平衡右移，有利于提高NO的平衡转化率。
（2）第一步和第二步的反应相加即可得到2CO＋2NO2CO2＋N2，故第一步反应为Mn3O4＋2NO===3MnO2＋N2。
（3）①t0时达到平衡，b处v逆＝v正，这个反应是从正反应方向建立平衡的，故a处v正>b处v逆。
② 2CO＋2NO2CO2＋N2
起始（mol）1100
转化（mol）xxx0.5x
平衡（mol）1－x1－xx0.5x
＝0.5，x＝0.8mol，所以NO的平衡转化率为80%。
（4） CO（g）＋NO2（g）CO2（g）＋NO（g）
起始（kPa）aa00
转化（kPa）xxxx
平衡（kPa）（a－b）（a－b）x＝bx＝b
Kp＝
，根据表格中数据，带入v＝kpm（CO）pn（NO2），可求出m＝n＝1，即k＝
＝
＝9×10－5，所以tmin时v＝9×10－5（a－b）2。
28．（2019·合肥市高三第一次质检）（14分）铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。
某科研小组从某废旧铍铜元件（主要含BeO、CuS，还含少量FeS和SiO2）中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图：
已知：
ⅰ.铍、铝元素化学性质相似；BeCl2熔融时能微弱电离。
ⅱ.常温下Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10－20，
Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10－38，Ksp[Mn（OH）2]＝2.1×10－13。
回答下列问题：
（1）滤液A的主要成分除NaOH外，还有________________（填化学式）；写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式__________________。
（2）滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为得到较纯净的BeCl2溶液，下列实验操作步骤最合理的顺序是________；电解熔融BeCl2制备金属铍时，需要加入NaCl，其作用是__________________。
①加入过量的NaOH；②加入过量的氨水；③加入适量的HCl溶液；④过滤；⑤洗涤。
（3）反应Ⅱ中CuS的氧化产物为S单质，该反应的化学方程式为______________________________。
（4）常温下，若滤液D中c（Cu2＋）＝2.2mol·L－1、c（Fe3＋）＝0.008mol·L－1，c（Mn2＋）＝0.21mol·L－1，向其中逐滴加入稀氨水，生成的沉淀F是______________（填化学式）；为了尽可能多地回收铜，所得滤液G的pH最大为________。
答案
（1）Na2SiO3、Na2BeO2 BeO
＋4H＋===Be2＋＋2H2O
（2）②④⑤③ 增强熔融盐的导电性
（3）MnO2＋CuS＋2H2SO4===S＋MnSO4＋CuSO4＋2H2O
（4）Fe（OH）3 8
解析
（1）废旧铍铜原件中含有BeO、CuS、FeS、SiO2，根据已知信息ⅰ，可知BeO属于两性氧化物，能与NaOH发生反应，CuS、FeS不与氢氧化钠反应，SiO2属于酸性氧化物，能与氢氧化钠反应，因此滤液A的主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2；BeO
与过量盐酸反应生成氯化铍和水，其离子方程式为BeO
＋4H＋===Be2＋＋2H2O。
（2）由于Be元素、铝元素化学性质相似，可向滤液C中先加入过量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，过滤、洗涤后再向沉淀中加入适量的HCl溶液，即得到较纯净的BeCl2溶液，故最合理的步骤顺序是②④⑤③；熔融BeCl2微弱电离，则加入NaCl可增强熔融盐的导电性。
（3）根据题意可知，CuS中S转化为S单质，则MnO2中Mn被还原为Mn2＋，根据得失电子守恒、原子守恒可知，其化学方程式为MnO2＋CuS＋2H2SO4===S＋MnSO4＋CuSO4＋2H2O。
（4）根据已知信息ⅱ可知，Cu2＋开始沉淀时，c（OH－）＝
＝
mol·L－1＝1×10－10mol·L－1，Fe3＋开始沉淀时，c（OH－）＝
＝
mol·L－1＝
×10－12mol·L－1，Mn2＋开始沉淀时，c（OH－）＝
＝
mol·L－1＝1×10－6mol·L－1，则向滤液D中逐滴加入稀氨水，首先沉淀的是Fe3＋，所以产生的沉淀F为Fe（OH）3；滤液E中含有Cu2＋和Mn2＋，Cu2＋开始沉淀时c（OH－）＝1×10－10mol·L－1，c（H＋）＝
mol·L－1＝10－4mol·L－1，pH＝4，为使Cu2＋尽可能多地沉淀，同时不能使Mn2＋沉淀，由前面分析可知，Mn2＋开始沉淀时c（OH－）＝1×10－6mol·L－1，即pH＝8，故滤液G的pH最大为8。
（二）选考题（共15分）
35．（2019·内蒙古包头市高三一模）[化学——选修3：
物质结构与性质]（15分）
A、B、C、D、E是周期表前四周期的元素，它们原子序数依次增大，现有如下信息：
元素
相关信息
A
原子核外有6个不同运动状态的电子
B
非金属元素，基态原子的s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同
C
主族元素，与B原子的价电子数相同
D
价层电子排布式为3d64s2
E
ⅠB族，其被称作“电器工业的主角”
请回答下列问题（用A、B、C、D、E所对应的元素符号表示）：
（1）B、C元素相比，第一电离能较大的是________，E2＋的核外电子排布式为________。
（2）E2B的熔点比E2C的________（填“高”或“低”），请解释原因______________________________________________________________。
（3）N
和AB2是等电子体，则N
的结构式为______________。
（4）CB3的三聚体环状结构如图1所示，该结构中C原子的杂化轨道类型为________；该结构中C—B键长有两类，一类键长约140pm，另一类键长约为160pm，较短的键为________（填图1中字母），该分子中含有________个σ键。
（5）EDC2的晶胞如图2所示，晶胞参数a＝0.524nm、c＝1.032nm；EDC2的晶胞中每个E原子与________个C原子相连，晶体密度ρ＝________g/cm3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA）。
答案
（1）O [Ar]3d9
（2）高 氧离子半径比硫离子半径小，Cu2O比Cu2S的晶格能大，所以Cu2O熔点高
（3）[N===N===N]－ （4）sp3 a 12
（5）4
解析 A、B、C、D、E五种元素，位于元素周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增大。
A的原子核外有6个不同运动状态的电子，A为C元素；B是非金属元素，基态原子的s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同，B的电子排布式为1s22s22p4，为O元素；C是主族元素，与B原子的价电子数相同，C为S元素；D的价层电子排布式为3d64s2，D为Fe元素；E位于第ⅠB族，其被称作“电器工业的主角”，为Cu元素。
（1）O、S元素位于同一主族，同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能O＞S；Cu原子失去2个电子生成Cu2＋，该离子核外有27个电子，根据构造原理书写该离子核外电子排布式为[Ar]3d9。
（2）Cu2O、Cu2S都是离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比，氧离子半径比硫离子半径小，Cu2O比Cu2S的晶格能大，所以Cu2O熔点高。
（3）N
和CO2是等电子体，等电子体结构相似，根据二氧化碳结构式书写N
的结构式为[N===N===N]－。
（4）根据图知，该结构中S原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子的杂化轨道类型为sp3；SO3的三聚体中每个S形成S===O键和S—O键，S===O键长较短，所以a较短；该分子中含有12个σ键。
（5）CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与4个S原子相连，CuFeS2的晶胞中S原子个数＝8、Fe原子个数＝4×
＋6×
＝4、Cu原子个数＝8×
＋4×
＋1＝4，晶胞体积＝a2c＝（0.524×10－7×0.524×10－7×1.032×10－7）cm3，晶体密度ρ＝
＝
＝
g/cm3。
36．（2019·湖南省娄底市高三二模）[化学——选修5：
有机化学基础]（15分）
化合物J是一种常用的抗组胺药物，一种合成路线如下：
已知：
①C为最简单的芳香烃，且A、C互为同系物。
②2ROH＋NH3
HNR2＋2H2O（R代表烃基）。
请回答下列问题：
（1）A的化学名称是__________，H中的官能团名称是________________。
（2）由D生成E的反应类型是________，G的结构简式为________________。
（3）B＋C→D的化学方程式为______________________________________。
（4）L是F的同分异构体，含有联苯（
）结构，遇FeCl3溶液显紫色，则L有________（不考虑立体异构）种。
其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1的结构简式为________。
（5）写出用氯乙烷和2－氯－1－丙醇为原料制备化合物
的合成路线（其他无机试剂任选）。
答案
（1）甲苯 醚键、氯原子
（2）氧化反应 CH2OHCH2Cl
解析
（1）由A→B的反应条件以及B的组成和已知①可推知A为甲苯；由H的结构简式可知，H中的官能团为醚键和氯原子。
（2）反应D→E属于去氢加氧的反应，所以其反应类型为氧化反应；由F＋G→H的反应条件（浓硫酸、加热）以及产物中醚键的生成可知，该反应属于羟基间的脱水成醚，故G的结构简式为CH2OHCH2Cl。
（3）B为一氯甲苯，C为苯，结合D的结构简式可得B＋C→D的化学方程式。
（4）根据F的分子组成以及L遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中有一个酚羟基和一个甲基，相当于用一个酚羟基和一个甲基分别取代联苯中的两个氢原子，可以用定一移一的方法分析。
先用一个酚羟基取代联苯中一个氢的位置，可得三种结构，分别为
，这三种结构中苯环上氢的种数分别为7种、7种、5种，说明甲基的取代位置有19种，即L可能的结构有19种。
其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1的分子结构应该对称，结构简式为
（5）先观察目标产物的结构特点，发现目标产物与合成路线中J物质所含官能团相同，所以应结合题干中F→H→J的合成路线找出所需的反应物为HN（CH2CH3）2、乙醇和2－氯－1－丙醇，其中2－氯－1－丙醇为原料，乙醇可以由氯乙烷水解得到，HN（CH2CH3）2可由乙醇和氨反应得到（已知条件②），再按F→H→J的过程合成目标产物。
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