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【化学】辽宁省锦州市联合校2020届高三上学期期末考试（解析版）
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辽宁省锦州市联合校2020届高三上学期期末考试
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Ag-108
一、选择题：本题共20小题，每小题2分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列说法错误的是（ ）
A. 《己亥杂诗》中“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴藏着自然界碳、氮的循环
B. 《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为CaCO3
C. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露……”。这种方法是蒸馏
D. 《天工开物》中“凡研硝(KNO3)不以铁碾入石臼，相激火生”，相激火生是指爆炸
【答案】B
【详解】A．自然界中的动植物遗体之所以没有堆积如山，是因为细菌使动植物遗体不断地腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐，这些物质又是植物制造有机物的原料的缘故。“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含了生态系统中的物质循环，故A正确；
B．煤饼烧蛎房成灰是煤燃烧产生高温使碳酸钙分解生成二氧化碳和氧化钙，留下生石灰CaO，所以灰的主要成分为氧化钙，故B错误；
C．蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故C正确；
D．KNO3研碎易发生爆炸，则“相激火生”是指爆炸，故D正确；
答案选B。
2.下列化学用语表示正确的是（ ）
A. 中子数为8的氧原子：O
B. 氯离子的结构示意图：
C. Na2S的电子式：
D. 2–丙醇的结构简式：(CH3)2CHOH
【答案】D
【详解】A. 中子数为8的氧原子，应表示为，A不正确；
B. 氯离子的结构示意图应表示为，B不正确；
C. Na2S的电子式为，C错误；
D. 2–丙醇的结构简式为(CH3)2CHOH，D正确。
故选D。
【点睛】书写电子式时，首先要确定它的构成微粒，离子化合物由阴、阳离子构成，共价化合物由原子构成。简单阳离子的电子式就是它的离子符号，阴离子的电子式为元素符号周围加8电子，再加中括号和带电荷。除H外，一般的原子在形成共用电子对后，都达到8电子的相对稳定结构。
3.实验是研究化学的基础，下列图中所示的实验操作中正确的是（ ）
A. 干燥SO2
B. 实验室制取并收集氧气
C. 装置气密性的检查
D. 吸收氨气
【答案】C
【详解】A．SO2能与碱性物质反应，不能用碱石灰干燥，故A错误；
B．氧气比空气密度大，应用向上排空气法收集，故B错误；
C．向右拉针筒活塞，装置内气压减小，长颈漏斗管中液面下降，故C正确；
D．氨气易溶于稀硫酸溶液，易产生倒吸，故D错误；
答案为C。
4.下列离子方程式正确的是（ ）
A. MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2++2Cl-+Cl2↑+2H2O
B. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32-+4H+═SO42-+3S↓+2H2O
C. 双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I-═I2+2H2O
D. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+3H2O
【答案】C
【详解】A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故A错误；
B．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸反应生成二氧化硫、单质硫和水：S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故B错误；
C．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液反应生成碘单质：H2O2+2H++2I-═I2+2H2O，故C正确；
D．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故D错误；
故答案为C。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 糖类化合物都具有相同的官能团
B. 将海产品用甲醛溶液浸泡以延长保鲜时间
C. 油脂和氨基酸在一定条件下均可以与氢氧化钠溶液反应
D. 通过石油分馏获得乙烯，已成为目前工业上生产乙烯的主要途径
【答案】C
【详解】A、葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，前者所含的醛基和后者所含的羰基不相同，A错误；
B、甲醛有毒，所以不用甲醛溶液浸泡海产品以保鲜，B错误；
C、油脂在氢氧化钠溶液发生水解，生成高级脂肪酸钠和甘油，氨基酸分子中含有氨基和—COOH，—COOH能与NaOH反应，C正确；
D.目前工业上生产乙烯的主要途径是通过石油分馏产品的裂解，D错误；
答案选C。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 14g由C2H4和N2组成的混合气体中所含质子总数一定为7.5NA
B. 1molP4S3（）中所含P—S键的数目为9NA
C. 1L0.1mol·L-1NaHSO3溶液中所含阳离子的总数大于0.1NA
D. 11.2LCl2与足量乙烷在光照条件下反应产生HCl分子的总数为0.5NA
【答案】C
【详解】A．两种气体的摩尔质量均为28g/mol，14g由C2H4和N2组成的混合气体为0.5mol，一个C2H4分子和一个N2分子中所含质子数分别为16和14，所以0.5mol两者的混合气体中所含有的质子总数为介于7NA~8 NA之间，A错误；
B．1molP4S3（）中所含P—S键的数目为6NA，B错误；
C．1L0.1mol·L-1NaHSO3溶液中所含Na+的物质的量为0.1mol，HSO3-会电离出H+，H2O也会电离出H+，所以阳离子的总数大于0.1NA，C正确；
D．未指明温度与压强，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；
故答案选C。
7.分子式为C7H7Cl，且分子中含有苯环的同分异构体有（不考虑立体结构）（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【详解】分子式为C7H7Cl且分子中含有苯环的同分异构体的结构简式为：、、、，共4种，答案选B。
8.短周期主族元素 W、X、Y、Z位于三个不同的周期，W与Y同主族，X 与 Z 的核外电子数之和是Y的核外电子数的2倍。化合物甲的结构式如图所示，甲不溶于水。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径：Y＞X
B. 非金属性：Z＞X
C. 化合物甲中每个原子都达到了8电子稳定结构
D. 由 W、X、Y 三种元素形成的化合物的水溶液能与 Z 的单质反应
【答案】D
【分析】X 与 Z 的核外电子数之和是Y的核外电子数的2倍，X为O，Z为Si，Y为Na，短周期主族元素 W、X、Y、Z位于三个不同的周期，则W为H，甲为H4SiO4。
【详解】A.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小； 简单离子半径：r (O) > r (Na)，A错误；
B. 原子半径：O > Si，所以非金属性：O > Si，B错误；
C.化合物甲为H4SiO4，氢原子达不到8电子稳定结构，C错误；
D. 由 H、O、Na 三种元素形成的化合物为NaOH，NaOH水溶液能与Si单质反应，D正确；
故答案选D。
9.电化学在日常生活中用途广泛，如图是镁次氯酸钠燃料电池，电池总反应为：Mg+ClO-+H2O═Cl-+Mg（OH）2↓，下列说法不正确的是（ ）
A. 镁电极是该电池的负极 B. 惰性电极上发生氧化反应
C. 正极反应式为ClO-+H2O+2e-═Cl-+2OH- D. 进料口加入NaClO溶液，出口为NaCl溶液
【答案】B
【详解】A．由电池反应式知，Mg元素化合价由0价变为+2价、氯元素化合价由+1价变为-1价，失电子发生氧化反应的金属Mg作负极，故A正确；
B．惰性电极为正极，正极上得电子发生还原反应，故B错误；
C．负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，正极反应式为ClO-+H2O+2e-═Cl-+2OH-，故C正确；
D．根据电池反应式知，反应后得到的物质是NaCl和Mg(OH)2，加入的溶液是NaClO溶液，所以进料口加入NaClO溶液，出口为NaCl溶液，故D正确；
故答案为B。
【点睛】考查原电池原理，把握正负极上元素化合价变化及发生的电极反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，据电池反应式知，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，正极反应式为ClO-+H2O+2e-═Cl-+2OH-。
10.用下列两种途径制取H2SO4，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是（ ）
途径① SH2SO4，途径② SSO2SO3H2SO4
A. 途径①反应中体现了浓硝酸的强氧化性和酸性
B. 途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2的浓度来降低成本
C. 由途径①和②分别制取1 mol H2SO4，理论上各消耗1 mol S，各转移6 mol电子
D. 途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念
【答案】A
【详解】A.途径①反应的化学方程式可表示为S+6HNO3(浓)=H2SO4+6NO2↑+2H2O，浓硝酸只体现了强氧化性，没有体现出酸性，故A错误；B.氧气来源于空气，价格较低，增大氧气的浓度可提高二氧化硫的转化率，从而降低成本，故B正确；C.途径①和②其中的硫元素的价态都是从0升高到+6，故C正确；D.途径①中会产生NO2有害气体，则有途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念，故D正确；答案选A。
11.利用废蚀刻液（含FeCl2、CuCl2及FeCl3）制备碱性蚀刻液[Cu（NH3）4Cl2溶液]和FeCl3•6H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu（NH3）4Cl2]、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3•6H2O。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是（ ）
A. 用装置甲制备NH3
B. 用装置乙制备Cu（NH3）4Cl2并沉铁
C. 用装置丙分离Cu（NH3）4Cl2溶液和Fe（OH）3
D. 用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3•6H2O
【答案】D
【详解】A．实验室制备氨气，可用氢氧化钙、氯化铵在加热条件下进行，故A正确；
B．氨气易溶于水，注意防止倒吸，氨气与溶液反应生成Cu(NH3)4Cl2和氢氧化铁，故B正确；
C．分离固体和液体，可用过滤的方法，故C正确；
D．应在蒸发皿中蒸发，且避免氯化铁水解，更不能直接蒸干，故D错误；
故答案为D。
【点睛】考查物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作，明确实验原理是解题关键，用H2O2氧化废蚀刻液，使亚铁离子生成铁离子，用甲装置制备氨气，生成的氨气通入乙装置，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]，用丙装置过滤分离，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，将溶液在蒸发皿中进行蒸发，且应通入氯化氢，防止铁离子水解，以达到制备FeCl3•6H2O的目的，注意把握物质性质的理解、物质分离提纯的方法。
12.洗发水是否合格，需要检测二噁烷含量。关于该有机物的说法中正确的是（ ）
A. 一氯代物有4种 B. 与互为同系物
C. 所含官能团为醚键 D. 所有原子均处于同一平面
【答案】C
【详解】A.二噁烷分子中只含有一种位置的H原子，因此其一氯代物只有1种，A错误；
B.二噁烷与环氧乙烷结构不相似，因此不能互为同系物，B错误；
C.O原子与烃基C原子连接，因此所含官能团为醚键，C正确；
D.由于含有饱和C原子，饱和C原子与其连接的原子构成的是四面体结构，因此不可能所有原子在同一个平面上，D错误；
故合理选项是C。
13.下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到FeCl3溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合
③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中 ④Na2O2投入FeCl2溶液中．
A. 只有①④ B. 只有③ C. 只有②③ D. 只有①③④
【答案】A
【详解】①钠浮在水面上，与水剧烈反应，并放出大量热，熔化成小球，黄色的溶液变成红色沉淀，发生2Na+H2O=2NaOH+H2↑、3NaOH+FeCl3=3NaCl+Fe(OH)3↓，故①既有气体生成最终又有沉淀生成；
②过量的NaOH溶液和明矾溶液反应的方程式为：KAl(SO4)2•12H2O+4NaOH=KAlO2+14H2O+2Na2SO4，故②中既无气体生成最终又无沉淀生成；
③中Ca(OH)2与NaHCO3溶液反应生成CaCO3沉淀，故③最终只有沉淀生成；
④Na2O2与水反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，NaOH与FeCl2发生反应：2NaOH+FeCl2=Fe(OH)2↓+2NaCl，Fe(OH)2被水中Na2O2与水反应生成的氧气和空气中的氧气氧化4Fe(OH)2 +O2 +2H2O=4Fe(OH)3现象为：有气体和红褐色沉淀生成，故④中既有气体生成最终又有沉淀生成；
只有①④符合题意，故答案为A。
14.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W同主族且W的单质是重要的半导体材料，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Z2+与Y2-核外电子排布相同。下列说法正确的是（ ）
A. X的氢化物中仅含有极性键
B. X与Y形成的三原子分子的电子式是
C. 原子半径Z>Y，离子半径Z2+< Y2-
D. X、Y的非金属性强弱可用其氧化物的水化物的酸性强弱来推断
【答案】C
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W同主族且W的单质是重要的半导体材料，W是Si，X是C。Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y是O。 Z2+与Y2-核外电子排布相同，Z是Mg，
【详解】A. C的氢化物中可以含有极性键，也可能含有非极性键，例如乙烯，A错误；
B. X与Y形成的三原子分子是CO2，电子式是，B错误；
C. 原子半径Mg>O。核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，离子半径Mg2+< O2-，C正确；
D. 氧元素没有含氧酸，D错误；
答案选C。
15.下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A
KI淀粉溶液中通入少Cl2
溶液变蓝
Cl2能与淀粉发生显色反应
B
向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置
水层几乎无色
苯与溴水发生了取代反应
C
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热
无银镜出现
不能判断蔗糖是否水解
D
向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液
出现红褐色沉淀
Ksp[Fe(OH)3]
【答案】C
【详解】A、I2能与淀粉发生显色反应，Cl2不能与淀粉发生显色反应，故A错误；
B、向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置，苯萃取溴水中的溴，苯与溴水不反应，故B错误；
C、银镜反应需在碱性条件下进行，向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，先加入氢氧化钠中和硫酸，然后加入银氨溶液，加热，才能判断蔗糖是否水解，故C正确；
D、向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，不能证明Ksp[Fe(OH)3]
A. M、N 互为同分异构体 B. P 中所有碳原子可能共平面
C. M、P 均能发生加成反应和取代反应 D. M 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】A
【详解】A．化合物 M（）和N（）的分子式分别为C5H8O和C5H10O，分子式不一样，所以M、N 不是同分异构体，A错误；
B．P（）中含2个碳碳双键，P 中所有碳原子可能共平面，B正确；
C．M（）和P（）中都含有碳碳双键和羟基， M、P 均能发生加成反应和取代反应，C正确；
D．M（）中含碳碳双键和羟基，均能与酸性高锰酸钾溶液反应，D正确；
故答案选A。
【点睛】
17.天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子。火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：下列说法错误的是（ ）
A. 天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解
B. “氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-
C. “反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸
D. “排放”出来的海水中SO42-的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同
【答案】D
【分析】火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔和天然海水，得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸，加入天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸。
【详解】A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；
B．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正确；
C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+)，故C正确；
D．从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；
故答案为D。
18.CO2经催化加氢可合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g )C2H4(g)+4H2O(g)。0.1Mpa时，按n(CO2):n(H2)=1:3投料，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图，下列叙述不正确的是（ ）
A. 该反应的ΔH<0
B. 曲线b代表H2O
C. N点和M点所处的状态c(H2)不一样
D. 其它条件不变，T1℃、0.2MPa下反应达平衡时c(H2)比M点大
【答案】C
【解析】温度升高，H2的浓度增大，平衡左移，故逆向吸热，正向放热，△H<0，则曲线a为CO2，根据方程式的比例关系，可知曲线b为H2O, 曲线c为C2H4；故A正确，B正确；C项：N点和M点均处于所处同一T1℃下，所处的状态的c(H2)是一样的；D项： 其它条件不变，T1℃、0.2 MPa相对0.1 MPa，增大了压强，体积减小，c(H2)增大，下反应达平衡时c(H2)比M点大，D项正确。
19.某温度下，向10 mL 0.1 mol·L-lNaCl溶液和10 mL 0.1 mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L-lAgNO3溶液。滴加过程中pM[－lgc(Cl-)或－lgc(CrO42－)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是（ ）
A. 该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝4×10－12
B. al、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：al＞b＞c
C. 若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，则a1点会平移至a2点
D. 用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂
【答案】B
【分析】根据pM=－lgc(Cl-)或pM=－lgc(CrO42－)可知，c(CrO42－)越小，pM越大，根据图像，向10 mL 0.1 mol·L-lNaCl溶液和10 mL 0.1 mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L-lAgNO3溶液。当滴加10 mL0.1 mol·L-lAgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，滴加20 mL0.1 mol·L-lAgNO3溶液时，K2CrO4恰好反应，因此al所在曲线为氯化钠，b、c所在曲线为K2CrO4，据此分析解答。
【详解】A．b点时恰好反应生成Ag2CrO4，－lgc(CrO42－)=4.0，c(CrO42－)= 10－4mol·L-l，则c(Ag+)=2× 10－4mol·L-l，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝c(CrO42－)×c2(Ag+)=4×10－12，故A正确；
B．al点恰好反应，－lgc(Cl-)=4.9，c(Cl-)=10－4.9mol·L-l，则c(Ag+)=10－4.9mol·L-l，b点c(Ag+)=2× 10－4mol·L-l，c点，K2CrO4过量，c(CrO42－)约为原来的，则c(CrO42－)= 0.025mol·L-l，则c(Ag+)==×10－5mol·L-l，al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；
C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，平衡时，－lgc(Cl-)=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；
D．根据上述分析，当溶液中同时存在Cl-和CrO42-时，加入硝酸银溶液，Cl-先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确；
答案选B。
20.电渗析法淡化海水装置示意图如下，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是( )
A. 离子交换膜a为阴离子交换膜
B. 通电时，电极2附近溶液的pH增大
C. 淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值
D. 各间隔室的排出液中，②④⑥为淡水
【答案】B
【分析】根据图示，电极2生成氢气，电极2是阴极，电极1是阳极，钠离子向右移动、氯离子向左移动。
【详解】A、根据图示，电极2生成氢气，电极2是阴极，⑦室中钠离子穿过离子交换膜a进入电极2室，所以离子交换膜a为阳离子交换膜，故A错误；
B、通电时，电极2是阴极，电极反应式是，溶液的pH增大，故B正确；
C、淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取食盐，故C错误；
D、a为阳离子交换膜、b为阴离子交换膜，钠离子向右移动、氯离子向左移动，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水，故D错误。
答案选B。
二、非选择题（共5题，总分60分）
21.氯化苄（C6H5CH2Cl）为无色液体，是一种重要的有机化工原料。现在实验室模拟工业上用甲苯与干燥氯气在光照条件下加热反应合成氯化苄、分离出氯化苄并检验样品的纯度，其装置（夹持装置略去）如图所示：
回答下列问题：
（1）仪器E的名称是______________；其作用是__________________________________；其进水口为______（填“a”或“b”）。
（2）装置B中的溶液为______________；装置F的作用是__________________________。
（3）用恒压滴液漏斗代替分液漏斗的优点是______________________________________。
（4）装置A中反应的离子方程式为______________________________________________。
（5）检测氯化苄样品的纯度：
①称取13.00g样品于烧杯中，加入50.00mL4mol•L-1NaOH水溶液，水浴加热1小时，冷却后加入35.00mL 40%HNO3，再将全部溶液转移到容量瓶中配成100mL溶液。取20.00mL溶液于试管中，加入足量的AgNO3溶液，充分振荡，过滤、洗涤、干燥，称量固体质量为2.87g，则该样品的纯度为______%（结果保留小数点后1位）。
②实际测量结果可能偏高，原因是______________________________________。
【答案】(1). 球形冷凝管 (2). 导出Cl2、HCl气体，冷凝回流甲苯 (3). b (4). 饱和食盐水 (5). 防止水蒸气进入装置 (6). 使漏斗与烧瓶内压强一致，液体顺利流下 (7). 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (8). 97.3 (9). 样品混有二氯化苄、三氯化苄等杂质
【分析】A装置中产生氯气，利用B和C装置分别除去氯化氢和水蒸气，干燥后的氯气与甲苯在装置D中反应生成氯化苄，多余的氯气利用氢氧化钠溶液吸收。通过蒸馏装置分离出氯化苄，据此解答；
(1)根据仪器构造判断仪器E的名称，其主要性能是导体和冷凝；冷却时水流方向和气流方向相反；
(2)A中生成的氯气中含有氯化氢，需要利用装置B中的溶液吸收氯化氢；装置F中的无水氯化钙是干燥剂，可吸收水蒸气；
(3)恒压滴液漏斗可以保持漏斗中内外压强相等，有利于液体顺利流下；
(4)装置A中利用高锰酸钾与浓盐酸混合制备氯气，同时生成MnCl2和KCl，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒，写出发生反应的离子方程式；
(5)①2.87g固体是氯化银，物质的量是2.87g÷143.5g/mol=0.02mol，因此根据氯原子守恒可知氯化苄的物质的量是0.02mol×100mL/20mL=0.1mol，质量是0.1mol×126.5g/mol=12.65g，再计算该样品的纯度；
②样品不纯，混有易挥发的二氯化苄、三氯化苄等杂质。
【详解】(1)根据仪器构造可知仪器E的名称是球形冷凝管，其作用是导出Cl2、HCl气体，冷凝回流甲苯；冷却时才有逆向冷却，则其进水口为b；
(2)生成的氯气中含有氯化氢，则装置B中的溶液为饱和食盐水，用来除去氯化氢；装置F中的无水氯化钙是干燥剂，其作用是防止水蒸气进入D装置；
(3)恒压滴液漏斗可以保持内外压强相等，因此用恒压滴液漏斗代替分液漏斗的优点是使漏斗与烧瓶内压强一致，液体顺利流下；
(4)装置A中制备氯气，反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(5)①2.87g固体是氯化银，物质的量是2.87g÷143.5g/mol=0.02mol，因此根据氯原子守恒可知氯化苄的物质的量是0.02mol×100mL/20mL=0.1mol，质量是0.1mol×126.5g/mol=12.65g，则该样品的纯度为×100%=97.3%；
②由于样品混有二氯化苄、三氯化苄等杂质，因此实际测量结果可能偏高。
22.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(III)的处理工艺流程如下：
其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。
(1)实验室用18.4mol·L-1的浓硫酸配制250mL 4.8 mol·L-1的硫酸溶液，需量取浓硫酸_________mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需_________________。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有____________________________。(答出两点)。
(3)H2O2的作用是将滤液I中的Cr3+转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式：______________________________________。
(4)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下:
阳离子
Fe3+
Mg2+
Al3+
Cr3+
开始沉淀时的pH
2.7
—
—
—
沉淀完全时的pH
3.7
11.1
5.4 (>8溶解)
9(>9溶解）
加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-．滤液Ⅱ中阳离子主要有_________；但溶液的pH不能超过8，其理由是_______________________。
(5)钠离子交换树脂的反应原理为：Mn++nNaR→MRn+nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是__________________。
(6)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的化学方程式：__________________________________________。
【答案】(1). 65 (2). 250mL容量瓶、胶头滴管 (3). 升高温度（加热）、搅拌等 (4). 2Cr3++ 3H2O2+ H2O ＝Cr2O72-+ 8H+ (5). Ca2+、Mg2+ (6). pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)回收与再利用 (7). Ca2+、Mg2+ (8). 3SO2＋2Na2CrO4＋12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓＋Na2SO4＋2NaOH (3SO2+ 2CrO42-+ 12H2O＝2CrOH(H2O)5SO4↓+ SO42-+ 2OH-)
【解析】（1）设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：18.4mol·L－1×VmL=250ml×4.8mol·L－1，解得V=65mL；配置一定物质的量浓度的溶液所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、吸量管、容量瓶和胶头滴管，故答案为250mL容量瓶、胶头滴管；（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：延长浸取时间、加快溶解速度等措施，故答案为升高反应温度；搅拌；增大固体颗粒的表面积；（3）双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Cr3＋有还原性，Cr3＋能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离，故答案为2Cr3＋+3H2O2+H2O=Cr2O72－+8H＋；（4）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋，加入过氧化氢氧化铬离子为Cr2O72－，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72－转化为CrO42－。溶液PH=8，Fe3＋、Al3＋沉淀完全，滤液Ⅱ中阳离子主要Na＋、Ca2＋和Mg2＋；超过PH=8，氢氧化铝是两性氢氧化物会溶解于强碱溶液中影响铬离子的回收利用；故答案为Na＋、Mg2＋、Ca2＋；pH超过8会使部分Al（OH）3溶解生成AlO2－，最终影响Cr（III）回收与再利用；（5）钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，故答案为Ca2＋、Mg2＋；（6）二氧化硫具有还原性，被滤液Ⅱ中通过离子交换后的溶液中Na2CrO4氧化为硫酸，Na2CrO4氧被还原为CrOH（H2O）5SO4，水溶液中生成氢氧化钠溶液和硫酸反应生成硫酸钠，依据原子守恒分析书写配平；33SO2＋2Na2CrO4＋12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓＋Na2SO4＋2NaOH (3SO2+ 2CrO42-+ 12H2O＝2CrOH(H2O)5SO4↓+ SO42-+ 2OH-)，故答案为3SO2＋2Na2CrO4＋12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓＋Na2SO4＋2NaOH (3SO2+ 2CrO42-+ 12H2O＝2CrOH(H2O)5SO4↓+ SO42-+ 2OH-)。
点睛：（1）考查物质的量浓度的配制计算、根据所给的仪器可知，好缺少250mL容量瓶和量筒。（2）考查外界条件对反应速率的影响。可从温度，浓度和接触面积等角度进行考虑。（3）考查氧化还原反应方程式的配平，依据得失电子守恒进行配平。（4）根据沉淀时的pH值可以判断，当pH＝8时，溶液中的Fe3＋ 、Al3＋ 已经以氢氧化物沉淀的形成析出，溶液中的阳离子主要还有Na + 、Mg2＋ 、Ca2＋ 。因为pH太高，会溶解氢氧化铝沉淀，影响其后续实验的分离和提纯。（5）根据钠离子交换树脂的反应原理可知，滤液中的Ca 2+ 、Mg 2+ 将被交换而除去。（6）根据物质反应前后的变化可知二氧化硫是用来还原溶液中的CrO42― ，其还原产物是CrOH(H 2 O) 5 SO 4 ，然后根据得失电子守恒配平即可。
23.氨的合成对社会发展与进步有巨大贡献。
(1)某温度下，在容积均为2L的两个密闭容器中分别发生反应。N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92.0kJ/mol。相关数据如下:
容器
甲
乙
反应物投入量
1molN2(g)和3molH2(g)
2molNH3(g)
平衡时c(NH3)
c1
c2
平衡时能量变化
放出18.4kJ
吸收akJ
①下列情况能说明该反应一定达到中平衡状态的是_____(填字母)。
A.3v(N2)正=v(H2)逆 B.N2、H2的浓度之比不再随时间改变
C.容器内混合气体的密度保持不变 D.容器内混合气体的平均相对分子质量不变
②其他条件不变，达到平衡后，下列不能提高H2转化率的操作是_____ (填字母)。
A.升高温度 B.充入更多的H2 C.移除NH3 D.压缩容器体积
③c1__c2(填“>”“<”或“=”)。
(2)合成氨也可以采用电化学法，其原理如右图所示。则阴极的电极反应式是_________。
(3)已知:氨在某催化剂催化氧化过程中主要有以下两个竞争反应:
反应I:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H=-906kJ/mol
反应II:4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H=-1267kJ/mol
①该条件下，N2(g)+O2(g)2NO(g) △H=_____kJ/mol
②为分析催化剂对反应的选择性，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，在一定时间内测得有关物质的物质的量随温度变化如图所示。
该催化剂在较低温度时主要选择___________（填“反应I”或“反应II”）。当温度高于840℃时，反应I中NO的物质的量减少的原因是____________________________________________。520℃时，反应I的平衡常数K=____________(只列算式不计算)。
【答案】(1). AD (2). AB (3). = (4). N2+6e-+6H+=2NH3 (5). +180.5 (6). 反应Ⅱ (7). 反应Ⅰ为放热反应，在840℃时，反应达到平衡状态，继续升高温度，平衡逆向移动，从而使NO物质的量减少 (8). mol/L
【分析】(1)①化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；
②N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，两种物质组成改变一种会增大另一种物质转化率，本身转化率减小，平衡正向进行，氢气转化率增大；
③应用恒温恒容条件下的等效平衡知识来解决；甲、乙是等效平衡，则甲和乙建立的平衡相同，氨气的浓度相同；据此分析。
(2)阴极发生还原反应，氮气在阴极上放电，与氢离子结合生成氨气。
(3) ①根据盖斯定律计算反应热；
②从图可知，在较低温度时，产物主要是N2,所以该催化剂在较低温度时主要选择反应II；反应Ⅰ为放热反应，在840℃时，反应达到平衡状态，继续升高温度，平衡逆向移动，从而使NO物质的量减少；
520℃时，各物质的平衡浓度c(N2)=c(NO)=0.2mol/L，根据N原子守恒，C(NH3)=(1-0.2-0.2×2)mol/L=0.4mol/L，C(H2O)=1.5(0.2+0.4)mol/L=0.9mol/L，c(O2)=(2-0.1-0.45)mol/L=1.45mol/L，以此计算平衡常数。
【详解】(1)①N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，
A.反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，3v(N2)正=v(H2)逆 说明正反应等于逆反应速率，反应达到平衡状态，故A正确；
B. N2、H2的浓度之比始终不变，不随反应而改变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C.反应前后气体质量不变，体积不变，气体密度始终不变，气体的密度不再随时间改变，故C错误；
D.气体质量不变，气体物质的量减小，气体的平均相对分子质量不再随时间改变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
因此，本题正确答案是: AD；
②A.反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，氢气转化率减小，故A符合；
b.充入更多的H2会提高N2的转化率，氢气转化率减小，故B符合；
c.移除NH3平衡正向进行，氢气转化率增大，故C不符合；
d. 压缩容器体积，压强增大，平衡正向进行，氢气转化率增大，故D不符合；
因此，本题正确答案是: AB；
③应用恒温恒容条件下的乙的投料量极端转化为甲相当于投1molN2(g)和3molH2(g)，所以两者是等效平衡，所以c1=c2。
因此，本题正确答案是：=；
（2）阴极发生还原反应，氮气在阴极上放电，与氢离子结合生成氨气，电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3；
因此，本题正确答案是：N2+6e-+6H+=2NH3；
（3）①（反应II-反应I）/2得N2(g)+O2(g)2NO(g) △H=+180.5kJ/mol
②从图可知，在较低温度时，产物主要是N2,所以该催化剂在较低温度时主要选择反应II；反应Ⅰ为放热反应，在840℃时，反应达到平衡状态，继续升高温度，平衡逆向移动，从而使NO物质的量减少；
520℃时，各物质的平衡浓度c(N2)=c(NO)=0.2mol/L，根据N原子守恒，C(NH3)=(1-0.2-0.2×2)mol/L=0.4mol/L，C(H2O)=1.5(0.2+0.4)mol/L=0.9mol/L，c(O2)=(2-0.1-0.45)mol/L=1.45mol/L，
反应I的平衡常数K==mol/L。
24.Na3OCl是一种良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。回答下列问题：
（1）Ca小于Ti的是_______（填标号）。
A．最外层电子数 B．未成对电子数 C．原子半径 D．第三电离能
（2）由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物，其中Cl2O2能破坏臭氧层。
① Cl2O2的沸点比H2O2低，原因是___________________________________。
② O3分子中心原子杂化类型为_______；O3是极性分子，理由是___________________。
（3）Na3OCl可由以下两种方法制得：
方法Ⅰ Na2O + NaClNa3OCl
方法II 2Na + 2NaOH + 2NaCl2Na3OCl + H2↑
① Na2O的电子式为____________。
② 在方法Ⅱ的反应中，形成的化学键有_______（填标号）。
A．金属键 B．离子键 C．配位键 D．极性键 E．非极性键
（4）Na3OCl晶体属于立方晶系，其晶胞结构如右图所示。已知：晶胞参数为a nm，密度为d g·cm－3。
①Na3OCl晶胞中，Cl位于各顶点位置，Na位于_________位置，两个Na之间的最短距离为________nm。
②用a、d表示阿伏加德罗常数的值NA=__________________（列计算式）。
【答案】(1). B (2). H2O2分子间存在氢键 (3). sp2 (4). O3分子为V形结构（或“O3分子中正负电荷重心不重合”等其他合理答案） (5). (6). BE (7). 面心 (8). (9).
【分析】(1)基态Ca原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，基态Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，结合元素周期律分析判断；
(2)①同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，分子间存在氢键的熔沸点高；②根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论分析解答；
(3)Na2O为离子化合物，据此书写其电子式；根据Na3OCl和H2存在的化学键类型判断；
(4)①根据均摊法分析判断Na3OCl晶体结构中空心白球、顶点阴影球、实心黑球的数目再结合Na3OCl化学式分析判断；②由密度公式ρ=计算解答。
【详解】(1)基态Ca原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，未成对电子数为0，基态Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，未成对电子数为2。A．最外层电子数相等，错误；B．Ca的未成对电子数小于Ti，正确；C．同一周期元素，原子序数小的原子半径大，原子半径Ca原子略大，错误；D．Ca原子失去两个电子后恰好达到全满结构，很难失去第三个电子，第三电离能Ca较大，错误，故答案为B；
(2)①同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，H2O2分子间存在氢键，熔沸点高，故答案为H2O2分子间存在氢键；
②根据价层电子对互斥理论，O3分子的中心O原子的价层电子对为2+(6-2×2)=3，杂化形式为sp2，O3分子为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，故答案为sp2；O3分子为V形结构(或O3分子中正负电荷重心不重合)；
(3)①Na2O属于离子化合物，电子式为，故答案为；
②在方法Ⅱ的反应中，形成的化学键有Na3OCl中Na与O、Na与Cl间的离子键，H2分子内有H与H间的非极性键，故答案为BE；
(4)①Na3OCl晶体结构中空心白球类原子6×=3、顶点阴影球类原子8×=1、实心黑球类原子1×1=1，根据Na3OCl化学式，可判断钠原子应为空心白球，处在晶体结构的面心，两个钠原子之间的最短距离为晶体结构中两个面心的距离，即为一半边长的倍，即a nm，故答案为面心；a；
②已知：晶胞参数为a nm，密度为d g•cm-3，则d g•cm-3==，解得：NA=，故答案为。
【点睛】本题的易错点为(4)②的计算，要注意掌握晶体密度的计算方法，注意单位的换算；另一个易错点为(1)，要注意根据钙为20号元素，钛为22号元素，均位于第四周期。本题的难点为Na3OCl中的离子种类，可以根据化合价分析判断。
25.化合物环丁基甲酸(H)是一种应用广泛的有机物，合成化合物H的路线如图：
(1)A属于烯烃，其结构简式为______________，由A→B的反应类型是___________。
(2)D中官能团的名称是_________________，由D→E的反应类型是________________。
(3)E的名称是_______________。
(4)写出F与NaOH溶液反应的化学方程式___________________________________。
(5)M是G的同分异构体，且满足以下条件：①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②1mol M与足量饱和NaHCO3反应产生88g气体；③核磁共振氢谱为2组峰；则M的结构简式为(不考虑立体异构，只写一种)________________，N是比M少一个碳原子的同系物，则N的同分异构体有_________种。
(6)参照上述合成路线，以和化合物E为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线________________________________________。
【答案】(1). CH2＝CHCH3 (2). 取代反应 (3). 羧基 (4). 酯化反应(取代反应) (5). 丙二酸二乙酯 (6). +2NaOH +2 C2H5OH (7). (CH3)2C=C(COOH)2 或HOOC(CH3)C=C(CH3)COOH (8). 5 (9).
【分析】A为烯烃，根据分子式易知为丙烯CH2=CH-CH3，丙烯与Br2在光照条件下可得CH2=CH-CH2Br，D和乙醇酯化的E，反过来E水解得到D和乙醇，那么结合D分子式可知结构简式为HOOCCH2COOH。
【详解】（1）A为烯烃，根据分子式易知为丙烯CH2=CH-CH3，丙烯与Br2在光照条件下可得CH2=CH-CH2Br，该反应为取代反应；
（2）D的结构简式为HOOCCH2COOH，D中官能团的名称是羧基，根据D为酸，乙醇为醇可知由D→E的反应类型是酯化反应(取代反应)；
（3）D为丙二酸，1分子丙二酸与2分子乙醇酯化得到E，E的名称为丙二酸二乙酯；
（4）F中含有酯基，F与NaOH溶液发生酯类的水解反应，则反应方程式为+2NaOH +2 C2H5OH；
（5）G的分子式为C6H8O4，且不饱和度为3，根据1mol M与足量饱和NaHCO3反应产生88g气体，说明M含有羧基，那么88g气体为2molCO2，说明M有两个羧基，占用了分子中的2个不饱和度，剩下一个，又M能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明必定只含有一个碳碳双键（不存在环状结构），考虑到M核磁共振氢谱为2组峰，那么M可能的结构简式为(CH3)2C=C(COOH)2 或HOOC(CH3)C=C(CH3)COOH；N是比M少一个碳原子的同系物，则分子式为C5H6O4，注意N和M的官能团数目和种类完全相同，则N的同分异构体分别为、、、、，合计共有5种；
（6）相对于多了一个环，根据题干合成路线分析可知，该成环过程即C和E合成F的过程以及后续反应过程，而C为卤代烃，因而可将与HBr反应生成，因而该路线设置为。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Ag-108
一、选择题：本题共20小题，每小题2分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列说法错误的是（ ）
A. 《己亥杂诗》中“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴藏着自然界碳、氮的循环
B. 《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为CaCO3
C. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露……”。这种方法是蒸馏
D. 《天工开物》中“凡研硝(KNO3)不以铁碾入石臼，相激火生”，相激火生是指爆炸
【答案】B
【详解】A．自然界中的动植物遗体之所以没有堆积如山，是因为细菌使动植物遗体不断地腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐，这些物质又是植物制造有机物的原料的缘故。“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含了生态系统中的物质循环，故A正确；
B．煤饼烧蛎房成灰是煤燃烧产生高温使碳酸钙分解生成二氧化碳和氧化钙，留下生石灰CaO，所以灰的主要成分为氧化钙，故B错误；
C．蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故C正确；
D．KNO3研碎易发生爆炸，则“相激火生”是指爆炸，故D正确；
答案选B。
2.下列化学用语表示正确的是（ ）
A. 中子数为8的氧原子：O
B. 氯离子的结构示意图：
C. Na2S的电子式：
D. 2–丙醇的结构简式：(CH3)2CHOH
【答案】D
【详解】A. 中子数为8的氧原子，应表示为，A不正确；
B. 氯离子的结构示意图应表示为，B不正确；
C. Na2S的电子式为，C错误；
D. 2–丙醇的结构简式为(CH3)2CHOH，D正确。
故选D。
【点睛】书写电子式时，首先要确定它的构成微粒，离子化合物由阴、阳离子构成，共价化合物由原子构成。简单阳离子的电子式就是它的离子符号，阴离子的电子式为元素符号周围加8电子，再加中括号和带电荷。除H外，一般的原子在形成共用电子对后，都达到8电子的相对稳定结构。
3.实验是研究化学的基础，下列图中所示的实验操作中正确的是（ ）
A. 干燥SO2
B. 实验室制取并收集氧气
C. 装置气密性的检查
D. 吸收氨气
【答案】C
【详解】A．SO2能与碱性物质反应，不能用碱石灰干燥，故A错误；
B．氧气比空气密度大，应用向上排空气法收集，故B错误；
C．向右拉针筒活塞，装置内气压减小，长颈漏斗管中液面下降，故C正确；
D．氨气易溶于稀硫酸溶液，易产生倒吸，故D错误；
答案为C。
4.下列离子方程式正确的是（ ）
A. MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2++2Cl-+Cl2↑+2H2O
B. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32-+4H+═SO42-+3S↓+2H2O
C. 双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I-═I2+2H2O
D. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+3H2O
【答案】C
【详解】A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故A错误；
B．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸反应生成二氧化硫、单质硫和水：S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故B错误；
C．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液反应生成碘单质：H2O2+2H++2I-═I2+2H2O，故C正确；
D．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故D错误；
故答案为C。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 糖类化合物都具有相同的官能团
B. 将海产品用甲醛溶液浸泡以延长保鲜时间
C. 油脂和氨基酸在一定条件下均可以与氢氧化钠溶液反应
D. 通过石油分馏获得乙烯，已成为目前工业上生产乙烯的主要途径
【答案】C
【详解】A、葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，前者所含的醛基和后者所含的羰基不相同，A错误；
B、甲醛有毒，所以不用甲醛溶液浸泡海产品以保鲜，B错误；
C、油脂在氢氧化钠溶液发生水解，生成高级脂肪酸钠和甘油，氨基酸分子中含有氨基和—COOH，—COOH能与NaOH反应，C正确；
D.目前工业上生产乙烯的主要途径是通过石油分馏产品的裂解，D错误；
答案选C。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 14g由C2H4和N2组成的混合气体中所含质子总数一定为7.5NA
B. 1molP4S3（）中所含P—S键的数目为9NA
C. 1L0.1mol·L-1NaHSO3溶液中所含阳离子的总数大于0.1NA
D. 11.2LCl2与足量乙烷在光照条件下反应产生HCl分子的总数为0.5NA
【答案】C
【详解】A．两种气体的摩尔质量均为28g/mol，14g由C2H4和N2组成的混合气体为0.5mol，一个C2H4分子和一个N2分子中所含质子数分别为16和14，所以0.5mol两者的混合气体中所含有的质子总数为介于7NA~8 NA之间，A错误；
B．1molP4S3（）中所含P—S键的数目为6NA，B错误；
C．1L0.1mol·L-1NaHSO3溶液中所含Na+的物质的量为0.1mol，HSO3-会电离出H+，H2O也会电离出H+，所以阳离子的总数大于0.1NA，C正确；
D．未指明温度与压强，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；
故答案选C。
7.分子式为C7H7Cl，且分子中含有苯环的同分异构体有（不考虑立体结构）（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【详解】分子式为C7H7Cl且分子中含有苯环的同分异构体的结构简式为：、、、，共4种，答案选B。
8.短周期主族元素 W、X、Y、Z位于三个不同的周期，W与Y同主族，X 与 Z 的核外电子数之和是Y的核外电子数的2倍。化合物甲的结构式如图所示，甲不溶于水。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径：Y＞X
B. 非金属性：Z＞X
C. 化合物甲中每个原子都达到了8电子稳定结构
D. 由 W、X、Y 三种元素形成的化合物的水溶液能与 Z 的单质反应
【答案】D
【分析】X 与 Z 的核外电子数之和是Y的核外电子数的2倍，X为O，Z为Si，Y为Na，短周期主族元素 W、X、Y、Z位于三个不同的周期，则W为H，甲为H4SiO4。
【详解】A.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小； 简单离子半径：r (O) > r (Na)，A错误；
B. 原子半径：O > Si，所以非金属性：O > Si，B错误；
C.化合物甲为H4SiO4，氢原子达不到8电子稳定结构，C错误；
D. 由 H、O、Na 三种元素形成的化合物为NaOH，NaOH水溶液能与Si单质反应，D正确；
故答案选D。
9.电化学在日常生活中用途广泛，如图是镁次氯酸钠燃料电池，电池总反应为：Mg+ClO-+H2O═Cl-+Mg（OH）2↓，下列说法不正确的是（ ）
A. 镁电极是该电池的负极 B. 惰性电极上发生氧化反应
C. 正极反应式为ClO-+H2O+2e-═Cl-+2OH- D. 进料口加入NaClO溶液，出口为NaCl溶液
【答案】B
【详解】A．由电池反应式知，Mg元素化合价由0价变为+2价、氯元素化合价由+1价变为-1价，失电子发生氧化反应的金属Mg作负极，故A正确；
B．惰性电极为正极，正极上得电子发生还原反应，故B错误；
C．负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，正极反应式为ClO-+H2O+2e-═Cl-+2OH-，故C正确；
D．根据电池反应式知，反应后得到的物质是NaCl和Mg(OH)2，加入的溶液是NaClO溶液，所以进料口加入NaClO溶液，出口为NaCl溶液，故D正确；
故答案为B。
【点睛】考查原电池原理，把握正负极上元素化合价变化及发生的电极反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，据电池反应式知，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，正极反应式为ClO-+H2O+2e-═Cl-+2OH-。
10.用下列两种途径制取H2SO4，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是（ ）
途径① SH2SO4，途径② SSO2SO3H2SO4
A. 途径①反应中体现了浓硝酸的强氧化性和酸性
B. 途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2的浓度来降低成本
C. 由途径①和②分别制取1 mol H2SO4，理论上各消耗1 mol S，各转移6 mol电子
D. 途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念
【答案】A
【详解】A.途径①反应的化学方程式可表示为S+6HNO3(浓)=H2SO4+6NO2↑+2H2O，浓硝酸只体现了强氧化性，没有体现出酸性，故A错误；B.氧气来源于空气，价格较低，增大氧气的浓度可提高二氧化硫的转化率，从而降低成本，故B正确；C.途径①和②其中的硫元素的价态都是从0升高到+6，故C正确；D.途径①中会产生NO2有害气体，则有途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念，故D正确；答案选A。
11.利用废蚀刻液（含FeCl2、CuCl2及FeCl3）制备碱性蚀刻液[Cu（NH3）4Cl2溶液]和FeCl3•6H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu（NH3）4Cl2]、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3•6H2O。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是（ ）
A. 用装置甲制备NH3
B. 用装置乙制备Cu（NH3）4Cl2并沉铁
C. 用装置丙分离Cu（NH3）4Cl2溶液和Fe（OH）3
D. 用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3•6H2O
【答案】D
【详解】A．实验室制备氨气，可用氢氧化钙、氯化铵在加热条件下进行，故A正确；
B．氨气易溶于水，注意防止倒吸，氨气与溶液反应生成Cu(NH3)4Cl2和氢氧化铁，故B正确；
C．分离固体和液体，可用过滤的方法，故C正确；
D．应在蒸发皿中蒸发，且避免氯化铁水解，更不能直接蒸干，故D错误；
故答案为D。
【点睛】考查物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作，明确实验原理是解题关键，用H2O2氧化废蚀刻液，使亚铁离子生成铁离子，用甲装置制备氨气，生成的氨气通入乙装置，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]，用丙装置过滤分离，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，将溶液在蒸发皿中进行蒸发，且应通入氯化氢，防止铁离子水解，以达到制备FeCl3•6H2O的目的，注意把握物质性质的理解、物质分离提纯的方法。
12.洗发水是否合格，需要检测二噁烷含量。关于该有机物的说法中正确的是（ ）
A. 一氯代物有4种 B. 与互为同系物
C. 所含官能团为醚键 D. 所有原子均处于同一平面
【答案】C
【详解】A.二噁烷分子中只含有一种位置的H原子，因此其一氯代物只有1种，A错误；
B.二噁烷与环氧乙烷结构不相似，因此不能互为同系物，B错误；
C.O原子与烃基C原子连接，因此所含官能团为醚键，C正确；
D.由于含有饱和C原子，饱和C原子与其连接的原子构成的是四面体结构，因此不可能所有原子在同一个平面上，D错误；
故合理选项是C。
13.下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到FeCl3溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合
③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中 ④Na2O2投入FeCl2溶液中．
A. 只有①④ B. 只有③ C. 只有②③ D. 只有①③④
【答案】A
【详解】①钠浮在水面上，与水剧烈反应，并放出大量热，熔化成小球，黄色的溶液变成红色沉淀，发生2Na+H2O=2NaOH+H2↑、3NaOH+FeCl3=3NaCl+Fe(OH)3↓，故①既有气体生成最终又有沉淀生成；
②过量的NaOH溶液和明矾溶液反应的方程式为：KAl(SO4)2•12H2O+4NaOH=KAlO2+14H2O+2Na2SO4，故②中既无气体生成最终又无沉淀生成；
③中Ca(OH)2与NaHCO3溶液反应生成CaCO3沉淀，故③最终只有沉淀生成；
④Na2O2与水反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，NaOH与FeCl2发生反应：2NaOH+FeCl2=Fe(OH)2↓+2NaCl，Fe(OH)2被水中Na2O2与水反应生成的氧气和空气中的氧气氧化4Fe(OH)2 +O2 +2H2O=4Fe(OH)3现象为：有气体和红褐色沉淀生成，故④中既有气体生成最终又有沉淀生成；
只有①④符合题意，故答案为A。
14.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W同主族且W的单质是重要的半导体材料，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Z2+与Y2-核外电子排布相同。下列说法正确的是（ ）
A. X的氢化物中仅含有极性键
B. X与Y形成的三原子分子的电子式是
C. 原子半径Z>Y，离子半径Z2+< Y2-
D. X、Y的非金属性强弱可用其氧化物的水化物的酸性强弱来推断
【答案】C
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W同主族且W的单质是重要的半导体材料，W是Si，X是C。Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y是O。 Z2+与Y2-核外电子排布相同，Z是Mg，
【详解】A. C的氢化物中可以含有极性键，也可能含有非极性键，例如乙烯，A错误；
B. X与Y形成的三原子分子是CO2，电子式是，B错误；
C. 原子半径Mg>O。核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，离子半径Mg2+< O2-，C正确；
D. 氧元素没有含氧酸，D错误；
答案选C。
15.下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A
KI淀粉溶液中通入少Cl2
溶液变蓝
Cl2能与淀粉发生显色反应
B
向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置
水层几乎无色
苯与溴水发生了取代反应
C
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热
无银镜出现
不能判断蔗糖是否水解
D
向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液
出现红褐色沉淀
Ksp[Fe(OH)3]
【答案】C
【详解】A、I2能与淀粉发生显色反应，Cl2不能与淀粉发生显色反应，故A错误；
B、向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置，苯萃取溴水中的溴，苯与溴水不反应，故B错误；
C、银镜反应需在碱性条件下进行，向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，先加入氢氧化钠中和硫酸，然后加入银氨溶液，加热，才能判断蔗糖是否水解，故C正确；
D、向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，不能证明Ksp[Fe(OH)3]
A. M、N 互为同分异构体 B. P 中所有碳原子可能共平面
C. M、P 均能发生加成反应和取代反应 D. M 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】A
【详解】A．化合物 M（）和N（）的分子式分别为C5H8O和C5H10O，分子式不一样，所以M、N 不是同分异构体，A错误；
B．P（）中含2个碳碳双键，P 中所有碳原子可能共平面，B正确；
C．M（）和P（）中都含有碳碳双键和羟基， M、P 均能发生加成反应和取代反应，C正确；
D．M（）中含碳碳双键和羟基，均能与酸性高锰酸钾溶液反应，D正确；
故答案选A。
【点睛】
17.天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子。火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：下列说法错误的是（ ）
A. 天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解
B. “氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-
C. “反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸
D. “排放”出来的海水中SO42-的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同
【答案】D
【分析】火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔和天然海水，得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸，加入天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸。
【详解】A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；
B．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正确；
C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+)，故C正确；
D．从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；
故答案为D。
18.CO2经催化加氢可合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g )C2H4(g)+4H2O(g)。0.1Mpa时，按n(CO2):n(H2)=1:3投料，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图，下列叙述不正确的是（ ）
A. 该反应的ΔH<0
B. 曲线b代表H2O
C. N点和M点所处的状态c(H2)不一样
D. 其它条件不变，T1℃、0.2MPa下反应达平衡时c(H2)比M点大
【答案】C
【解析】温度升高，H2的浓度增大，平衡左移，故逆向吸热，正向放热，△H<0，则曲线a为CO2，根据方程式的比例关系，可知曲线b为H2O, 曲线c为C2H4；故A正确，B正确；C项：N点和M点均处于所处同一T1℃下，所处的状态的c(H2)是一样的；D项： 其它条件不变，T1℃、0.2 MPa相对0.1 MPa，增大了压强，体积减小，c(H2)增大，下反应达平衡时c(H2)比M点大，D项正确。
19.某温度下，向10 mL 0.1 mol·L-lNaCl溶液和10 mL 0.1 mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L-lAgNO3溶液。滴加过程中pM[－lgc(Cl-)或－lgc(CrO42－)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是（ ）
A. 该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝4×10－12
B. al、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：al＞b＞c
C. 若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，则a1点会平移至a2点
D. 用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂
【答案】B
【分析】根据pM=－lgc(Cl-)或pM=－lgc(CrO42－)可知，c(CrO42－)越小，pM越大，根据图像，向10 mL 0.1 mol·L-lNaCl溶液和10 mL 0.1 mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L-lAgNO3溶液。当滴加10 mL0.1 mol·L-lAgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，滴加20 mL0.1 mol·L-lAgNO3溶液时，K2CrO4恰好反应，因此al所在曲线为氯化钠，b、c所在曲线为K2CrO4，据此分析解答。
【详解】A．b点时恰好反应生成Ag2CrO4，－lgc(CrO42－)=4.0，c(CrO42－)= 10－4mol·L-l，则c(Ag+)=2× 10－4mol·L-l，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝c(CrO42－)×c2(Ag+)=4×10－12，故A正确；
B．al点恰好反应，－lgc(Cl-)=4.9，c(Cl-)=10－4.9mol·L-l，则c(Ag+)=10－4.9mol·L-l，b点c(Ag+)=2× 10－4mol·L-l，c点，K2CrO4过量，c(CrO42－)约为原来的，则c(CrO42－)= 0.025mol·L-l，则c(Ag+)==×10－5mol·L-l，al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；
C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，平衡时，－lgc(Cl-)=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；
D．根据上述分析，当溶液中同时存在Cl-和CrO42-时，加入硝酸银溶液，Cl-先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确；
答案选B。
20.电渗析法淡化海水装置示意图如下，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是( )
A. 离子交换膜a为阴离子交换膜
B. 通电时，电极2附近溶液的pH增大
C. 淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值
D. 各间隔室的排出液中，②④⑥为淡水
【答案】B
【分析】根据图示，电极2生成氢气，电极2是阴极，电极1是阳极，钠离子向右移动、氯离子向左移动。
【详解】A、根据图示，电极2生成氢气，电极2是阴极，⑦室中钠离子穿过离子交换膜a进入电极2室，所以离子交换膜a为阳离子交换膜，故A错误；
B、通电时，电极2是阴极，电极反应式是，溶液的pH增大，故B正确；
C、淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取食盐，故C错误；
D、a为阳离子交换膜、b为阴离子交换膜，钠离子向右移动、氯离子向左移动，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水，故D错误。
答案选B。
二、非选择题（共5题，总分60分）
21.氯化苄（C6H5CH2Cl）为无色液体，是一种重要的有机化工原料。现在实验室模拟工业上用甲苯与干燥氯气在光照条件下加热反应合成氯化苄、分离出氯化苄并检验样品的纯度，其装置（夹持装置略去）如图所示：
回答下列问题：
（1）仪器E的名称是______________；其作用是__________________________________；其进水口为______（填“a”或“b”）。
（2）装置B中的溶液为______________；装置F的作用是__________________________。
（3）用恒压滴液漏斗代替分液漏斗的优点是______________________________________。
（4）装置A中反应的离子方程式为______________________________________________。
（5）检测氯化苄样品的纯度：
①称取13.00g样品于烧杯中，加入50.00mL4mol•L-1NaOH水溶液，水浴加热1小时，冷却后加入35.00mL 40%HNO3，再将全部溶液转移到容量瓶中配成100mL溶液。取20.00mL溶液于试管中，加入足量的AgNO3溶液，充分振荡，过滤、洗涤、干燥，称量固体质量为2.87g，则该样品的纯度为______%（结果保留小数点后1位）。
②实际测量结果可能偏高，原因是______________________________________。
【答案】(1). 球形冷凝管 (2). 导出Cl2、HCl气体，冷凝回流甲苯 (3). b (4). 饱和食盐水 (5). 防止水蒸气进入装置 (6). 使漏斗与烧瓶内压强一致，液体顺利流下 (7). 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (8). 97.3 (9). 样品混有二氯化苄、三氯化苄等杂质
【分析】A装置中产生氯气，利用B和C装置分别除去氯化氢和水蒸气，干燥后的氯气与甲苯在装置D中反应生成氯化苄，多余的氯气利用氢氧化钠溶液吸收。通过蒸馏装置分离出氯化苄，据此解答；
(1)根据仪器构造判断仪器E的名称，其主要性能是导体和冷凝；冷却时水流方向和气流方向相反；
(2)A中生成的氯气中含有氯化氢，需要利用装置B中的溶液吸收氯化氢；装置F中的无水氯化钙是干燥剂，可吸收水蒸气；
(3)恒压滴液漏斗可以保持漏斗中内外压强相等，有利于液体顺利流下；
(4)装置A中利用高锰酸钾与浓盐酸混合制备氯气，同时生成MnCl2和KCl，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒，写出发生反应的离子方程式；
(5)①2.87g固体是氯化银，物质的量是2.87g÷143.5g/mol=0.02mol，因此根据氯原子守恒可知氯化苄的物质的量是0.02mol×100mL/20mL=0.1mol，质量是0.1mol×126.5g/mol=12.65g，再计算该样品的纯度；
②样品不纯，混有易挥发的二氯化苄、三氯化苄等杂质。
【详解】(1)根据仪器构造可知仪器E的名称是球形冷凝管，其作用是导出Cl2、HCl气体，冷凝回流甲苯；冷却时才有逆向冷却，则其进水口为b；
(2)生成的氯气中含有氯化氢，则装置B中的溶液为饱和食盐水，用来除去氯化氢；装置F中的无水氯化钙是干燥剂，其作用是防止水蒸气进入D装置；
(3)恒压滴液漏斗可以保持内外压强相等，因此用恒压滴液漏斗代替分液漏斗的优点是使漏斗与烧瓶内压强一致，液体顺利流下；
(4)装置A中制备氯气，反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(5)①2.87g固体是氯化银，物质的量是2.87g÷143.5g/mol=0.02mol，因此根据氯原子守恒可知氯化苄的物质的量是0.02mol×100mL/20mL=0.1mol，质量是0.1mol×126.5g/mol=12.65g，则该样品的纯度为×100%=97.3%；
②由于样品混有二氯化苄、三氯化苄等杂质，因此实际测量结果可能偏高。
22.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(III)的处理工艺流程如下：
其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。
(1)实验室用18.4mol·L-1的浓硫酸配制250mL 4.8 mol·L-1的硫酸溶液，需量取浓硫酸_________mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需_________________。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有____________________________。(答出两点)。
(3)H2O2的作用是将滤液I中的Cr3+转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式：______________________________________。
(4)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下:
阳离子
Fe3+
Mg2+
Al3+
Cr3+
开始沉淀时的pH
2.7
—
—
—
沉淀完全时的pH
3.7
11.1
5.4 (>8溶解)
9(>9溶解）
加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-．滤液Ⅱ中阳离子主要有_________；但溶液的pH不能超过8，其理由是_______________________。
(5)钠离子交换树脂的反应原理为：Mn++nNaR→MRn+nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是__________________。
(6)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的化学方程式：__________________________________________。
【答案】(1). 65 (2). 250mL容量瓶、胶头滴管 (3). 升高温度（加热）、搅拌等 (4). 2Cr3++ 3H2O2+ H2O ＝Cr2O72-+ 8H+ (5). Ca2+、Mg2+ (6). pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)回收与再利用 (7). Ca2+、Mg2+ (8). 3SO2＋2Na2CrO4＋12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓＋Na2SO4＋2NaOH (3SO2+ 2CrO42-+ 12H2O＝2CrOH(H2O)5SO4↓+ SO42-+ 2OH-)
【解析】（1）设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：18.4mol·L－1×VmL=250ml×4.8mol·L－1，解得V=65mL；配置一定物质的量浓度的溶液所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、吸量管、容量瓶和胶头滴管，故答案为250mL容量瓶、胶头滴管；（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：延长浸取时间、加快溶解速度等措施，故答案为升高反应温度；搅拌；增大固体颗粒的表面积；（3）双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Cr3＋有还原性，Cr3＋能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离，故答案为2Cr3＋+3H2O2+H2O=Cr2O72－+8H＋；（4）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋，加入过氧化氢氧化铬离子为Cr2O72－，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72－转化为CrO42－。溶液PH=8，Fe3＋、Al3＋沉淀完全，滤液Ⅱ中阳离子主要Na＋、Ca2＋和Mg2＋；超过PH=8，氢氧化铝是两性氢氧化物会溶解于强碱溶液中影响铬离子的回收利用；故答案为Na＋、Mg2＋、Ca2＋；pH超过8会使部分Al（OH）3溶解生成AlO2－，最终影响Cr（III）回收与再利用；（5）钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，故答案为Ca2＋、Mg2＋；（6）二氧化硫具有还原性，被滤液Ⅱ中通过离子交换后的溶液中Na2CrO4氧化为硫酸，Na2CrO4氧被还原为CrOH（H2O）5SO4，水溶液中生成氢氧化钠溶液和硫酸反应生成硫酸钠，依据原子守恒分析书写配平；33SO2＋2Na2CrO4＋12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓＋Na2SO4＋2NaOH (3SO2+ 2CrO42-+ 12H2O＝2CrOH(H2O)5SO4↓+ SO42-+ 2OH-)，故答案为3SO2＋2Na2CrO4＋12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓＋Na2SO4＋2NaOH (3SO2+ 2CrO42-+ 12H2O＝2CrOH(H2O)5SO4↓+ SO42-+ 2OH-)。
点睛：（1）考查物质的量浓度的配制计算、根据所给的仪器可知，好缺少250mL容量瓶和量筒。（2）考查外界条件对反应速率的影响。可从温度，浓度和接触面积等角度进行考虑。（3）考查氧化还原反应方程式的配平，依据得失电子守恒进行配平。（4）根据沉淀时的pH值可以判断，当pH＝8时，溶液中的Fe3＋ 、Al3＋ 已经以氢氧化物沉淀的形成析出，溶液中的阳离子主要还有Na + 、Mg2＋ 、Ca2＋ 。因为pH太高，会溶解氢氧化铝沉淀，影响其后续实验的分离和提纯。（5）根据钠离子交换树脂的反应原理可知，滤液中的Ca 2+ 、Mg 2+ 将被交换而除去。（6）根据物质反应前后的变化可知二氧化硫是用来还原溶液中的CrO42― ，其还原产物是CrOH(H 2 O) 5 SO 4 ，然后根据得失电子守恒配平即可。
23.氨的合成对社会发展与进步有巨大贡献。
(1)某温度下，在容积均为2L的两个密闭容器中分别发生反应。N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92.0kJ/mol。相关数据如下:
容器
甲
乙
反应物投入量
1molN2(g)和3molH2(g)
2molNH3(g)
平衡时c(NH3)
c1
c2
平衡时能量变化
放出18.4kJ
吸收akJ
①下列情况能说明该反应一定达到中平衡状态的是_____(填字母)。
A.3v(N2)正=v(H2)逆 B.N2、H2的浓度之比不再随时间改变
C.容器内混合气体的密度保持不变 D.容器内混合气体的平均相对分子质量不变
②其他条件不变，达到平衡后，下列不能提高H2转化率的操作是_____ (填字母)。
A.升高温度 B.充入更多的H2 C.移除NH3 D.压缩容器体积
③c1__c2(填“>”“<”或“=”)。
(2)合成氨也可以采用电化学法，其原理如右图所示。则阴极的电极反应式是_________。
(3)已知:氨在某催化剂催化氧化过程中主要有以下两个竞争反应:
反应I:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H=-906kJ/mol
反应II:4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H=-1267kJ/mol
①该条件下，N2(g)+O2(g)2NO(g) △H=_____kJ/mol
②为分析催化剂对反应的选择性，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，在一定时间内测得有关物质的物质的量随温度变化如图所示。
该催化剂在较低温度时主要选择___________（填“反应I”或“反应II”）。当温度高于840℃时，反应I中NO的物质的量减少的原因是____________________________________________。520℃时，反应I的平衡常数K=____________(只列算式不计算)。
【答案】(1). AD (2). AB (3). = (4). N2+6e-+6H+=2NH3 (5). +180.5 (6). 反应Ⅱ (7). 反应Ⅰ为放热反应，在840℃时，反应达到平衡状态，继续升高温度，平衡逆向移动，从而使NO物质的量减少 (8). mol/L
【分析】(1)①化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；
②N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，两种物质组成改变一种会增大另一种物质转化率，本身转化率减小，平衡正向进行，氢气转化率增大；
③应用恒温恒容条件下的等效平衡知识来解决；甲、乙是等效平衡，则甲和乙建立的平衡相同，氨气的浓度相同；据此分析。
(2)阴极发生还原反应，氮气在阴极上放电，与氢离子结合生成氨气。
(3) ①根据盖斯定律计算反应热；
②从图可知，在较低温度时，产物主要是N2,所以该催化剂在较低温度时主要选择反应II；反应Ⅰ为放热反应，在840℃时，反应达到平衡状态，继续升高温度，平衡逆向移动，从而使NO物质的量减少；
520℃时，各物质的平衡浓度c(N2)=c(NO)=0.2mol/L，根据N原子守恒，C(NH3)=(1-0.2-0.2×2)mol/L=0.4mol/L，C(H2O)=1.5(0.2+0.4)mol/L=0.9mol/L，c(O2)=(2-0.1-0.45)mol/L=1.45mol/L，以此计算平衡常数。
【详解】(1)①N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，
A.反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，3v(N2)正=v(H2)逆 说明正反应等于逆反应速率，反应达到平衡状态，故A正确；
B. N2、H2的浓度之比始终不变，不随反应而改变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C.反应前后气体质量不变，体积不变，气体密度始终不变，气体的密度不再随时间改变，故C错误；
D.气体质量不变，气体物质的量减小，气体的平均相对分子质量不再随时间改变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
因此，本题正确答案是: AD；
②A.反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，氢气转化率减小，故A符合；
b.充入更多的H2会提高N2的转化率，氢气转化率减小，故B符合；
c.移除NH3平衡正向进行，氢气转化率增大，故C不符合；
d. 压缩容器体积，压强增大，平衡正向进行，氢气转化率增大，故D不符合；
因此，本题正确答案是: AB；
③应用恒温恒容条件下的乙的投料量极端转化为甲相当于投1molN2(g)和3molH2(g)，所以两者是等效平衡，所以c1=c2。
因此，本题正确答案是：=；
（2）阴极发生还原反应，氮气在阴极上放电，与氢离子结合生成氨气，电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3；
因此，本题正确答案是：N2+6e-+6H+=2NH3；
（3）①（反应II-反应I）/2得N2(g)+O2(g)2NO(g) △H=+180.5kJ/mol
②从图可知，在较低温度时，产物主要是N2,所以该催化剂在较低温度时主要选择反应II；反应Ⅰ为放热反应，在840℃时，反应达到平衡状态，继续升高温度，平衡逆向移动，从而使NO物质的量减少；
520℃时，各物质的平衡浓度c(N2)=c(NO)=0.2mol/L，根据N原子守恒，C(NH3)=(1-0.2-0.2×2)mol/L=0.4mol/L，C(H2O)=1.5(0.2+0.4)mol/L=0.9mol/L，c(O2)=(2-0.1-0.45)mol/L=1.45mol/L，
反应I的平衡常数K==mol/L。
24.Na3OCl是一种良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。回答下列问题：
（1）Ca小于Ti的是_______（填标号）。
A．最外层电子数 B．未成对电子数 C．原子半径 D．第三电离能
（2）由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物，其中Cl2O2能破坏臭氧层。
① Cl2O2的沸点比H2O2低，原因是___________________________________。
② O3分子中心原子杂化类型为_______；O3是极性分子，理由是___________________。
（3）Na3OCl可由以下两种方法制得：
方法Ⅰ Na2O + NaClNa3OCl
方法II 2Na + 2NaOH + 2NaCl2Na3OCl + H2↑
① Na2O的电子式为____________。
② 在方法Ⅱ的反应中，形成的化学键有_______（填标号）。
A．金属键 B．离子键 C．配位键 D．极性键 E．非极性键
（4）Na3OCl晶体属于立方晶系，其晶胞结构如右图所示。已知：晶胞参数为a nm，密度为d g·cm－3。
①Na3OCl晶胞中，Cl位于各顶点位置，Na位于_________位置，两个Na之间的最短距离为________nm。
②用a、d表示阿伏加德罗常数的值NA=__________________（列计算式）。
【答案】(1). B (2). H2O2分子间存在氢键 (3). sp2 (4). O3分子为V形结构（或“O3分子中正负电荷重心不重合”等其他合理答案） (5). (6). BE (7). 面心 (8). (9).
【分析】(1)基态Ca原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，基态Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，结合元素周期律分析判断；
(2)①同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，分子间存在氢键的熔沸点高；②根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论分析解答；
(3)Na2O为离子化合物，据此书写其电子式；根据Na3OCl和H2存在的化学键类型判断；
(4)①根据均摊法分析判断Na3OCl晶体结构中空心白球、顶点阴影球、实心黑球的数目再结合Na3OCl化学式分析判断；②由密度公式ρ=计算解答。
【详解】(1)基态Ca原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，未成对电子数为0，基态Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，未成对电子数为2。A．最外层电子数相等，错误；B．Ca的未成对电子数小于Ti，正确；C．同一周期元素，原子序数小的原子半径大，原子半径Ca原子略大，错误；D．Ca原子失去两个电子后恰好达到全满结构，很难失去第三个电子，第三电离能Ca较大，错误，故答案为B；
(2)①同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，H2O2分子间存在氢键，熔沸点高，故答案为H2O2分子间存在氢键；
②根据价层电子对互斥理论，O3分子的中心O原子的价层电子对为2+(6-2×2)=3，杂化形式为sp2，O3分子为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，故答案为sp2；O3分子为V形结构(或O3分子中正负电荷重心不重合)；
(3)①Na2O属于离子化合物，电子式为，故答案为；
②在方法Ⅱ的反应中，形成的化学键有Na3OCl中Na与O、Na与Cl间的离子键，H2分子内有H与H间的非极性键，故答案为BE；
(4)①Na3OCl晶体结构中空心白球类原子6×=3、顶点阴影球类原子8×=1、实心黑球类原子1×1=1，根据Na3OCl化学式，可判断钠原子应为空心白球，处在晶体结构的面心，两个钠原子之间的最短距离为晶体结构中两个面心的距离，即为一半边长的倍，即a nm，故答案为面心；a；
②已知：晶胞参数为a nm，密度为d g•cm-3，则d g•cm-3==，解得：NA=，故答案为。
【点睛】本题的易错点为(4)②的计算，要注意掌握晶体密度的计算方法，注意单位的换算；另一个易错点为(1)，要注意根据钙为20号元素，钛为22号元素，均位于第四周期。本题的难点为Na3OCl中的离子种类，可以根据化合价分析判断。
25.化合物环丁基甲酸(H)是一种应用广泛的有机物，合成化合物H的路线如图：
(1)A属于烯烃，其结构简式为______________，由A→B的反应类型是___________。
(2)D中官能团的名称是_________________，由D→E的反应类型是________________。
(3)E的名称是_______________。
(4)写出F与NaOH溶液反应的化学方程式___________________________________。
(5)M是G的同分异构体，且满足以下条件：①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②1mol M与足量饱和NaHCO3反应产生88g气体；③核磁共振氢谱为2组峰；则M的结构简式为(不考虑立体异构，只写一种)________________，N是比M少一个碳原子的同系物，则N的同分异构体有_________种。
(6)参照上述合成路线，以和化合物E为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线________________________________________。
【答案】(1). CH2＝CHCH3 (2). 取代反应 (3). 羧基 (4). 酯化反应(取代反应) (5). 丙二酸二乙酯 (6). +2NaOH +2 C2H5OH (7). (CH3)2C=C(COOH)2 或HOOC(CH3)C=C(CH3)COOH (8). 5 (9).
【分析】A为烯烃，根据分子式易知为丙烯CH2=CH-CH3，丙烯与Br2在光照条件下可得CH2=CH-CH2Br，D和乙醇酯化的E，反过来E水解得到D和乙醇，那么结合D分子式可知结构简式为HOOCCH2COOH。
【详解】（1）A为烯烃，根据分子式易知为丙烯CH2=CH-CH3，丙烯与Br2在光照条件下可得CH2=CH-CH2Br，该反应为取代反应；
（2）D的结构简式为HOOCCH2COOH，D中官能团的名称是羧基，根据D为酸，乙醇为醇可知由D→E的反应类型是酯化反应(取代反应)；
（3）D为丙二酸，1分子丙二酸与2分子乙醇酯化得到E，E的名称为丙二酸二乙酯；
（4）F中含有酯基，F与NaOH溶液发生酯类的水解反应，则反应方程式为+2NaOH +2 C2H5OH；
（5）G的分子式为C6H8O4，且不饱和度为3，根据1mol M与足量饱和NaHCO3反应产生88g气体，说明M含有羧基，那么88g气体为2molCO2，说明M有两个羧基，占用了分子中的2个不饱和度，剩下一个，又M能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明必定只含有一个碳碳双键（不存在环状结构），考虑到M核磁共振氢谱为2组峰，那么M可能的结构简式为(CH3)2C=C(COOH)2 或HOOC(CH3)C=C(CH3)COOH；N是比M少一个碳原子的同系物，则分子式为C5H6O4，注意N和M的官能团数目和种类完全相同，则N的同分异构体分别为、、、、，合计共有5种；
（6）相对于多了一个环，根据题干合成路线分析可知，该成环过程即C和E合成F的过程以及后续反应过程，而C为卤代烃，因而可将与HBr反应生成，因而该路线设置为。
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