1、河南省商丘市第一高级中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）注意事项：1.本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分；2.答题前，考生务必将自己的姓名、学号填写在答题卡上。选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上，非选择题部分使用0.5毫米的签字笔完成；考试结束后，只交答题卡，试卷考生保存。用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5第I卷（共54分）一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分）1.下列对古文献内容理解错误的是（ ）A. 本草纲目“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓
2、烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸发B. 抱朴子金丹篇记载：“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”。该过程发生了氧化还原反应C. 天工开物记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐D. 本草经集注中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应【答案】A【解析】【详解】A“烧酒”利用的是蒸馏原理，这里所用的“法”是指蒸馏，A选项错误；B丹砂的主要成分是HgS，高温分解生成Hg和S，积变后二者化合又变为丹砂，因此发生了氧化还原反应，B选项正确；C“瓦”的主要成分为硅酸盐，属于传
3、统无机非金属材料，C选项正确；D钾元素的焰色反应显紫色，钠元素的焰色反应为黄色，故焰色反应可用于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4），D选项正确。答案选A。【点睛】本题主要考查的是元素化合物的性质，题目的情景设计较新颖，予化学知识于古文字中，注意古文的理解和化学物质性质的分析判断。2.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4 1s22s22p63s23p3 1s22s22p3 1s22s22p5则下列有关比较中正确的是（ ）A. 第一电离能：B. 原子半径：C. 电负性：D. 最高正化合价：=【答案】B【解析】【分析】根据基态原子的电子排布式，1s22s22
4、p63s23p4是S元素；1s22s22p63s23p3是P元素；1s22s22p3是N元素；1s22s22p5是F元素，据此分析解答。【详解】AP的3p轨道为半充满状态，所以第一电离能PS，第一电离能，A选项错误；B电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，所以原子半径：，B选项正确；C非金属性越强，电负性越大，非金属性：FNSP，则电负性：，C选项错误；D最高正化合价等于最外层电子数，F元素没有正价，所以最高正化合价：，D选项错误；答案选B。3.沉积物微生物燃料电池可处理含硫废水，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 碳棒b的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=
5、4OH-B. 光照强度对电池的输出功率有影响C. 外电路的电子方向：碳棒a碳棒bD. 酸性增强不利于菌落存活，故工作一段时间后，电池效率降低【答案】A【解析】【分析】由图可知，H+向b极移动，原电池中阳离子向正极移动，因此碳棒a失去电子，作负极，碳棒b得到电子作正极，据此分析解答问题。【详解】A碳棒b作正极，电极上O2得电子生成水，电极方程式为：O2+4e+4H+=2H2O，A选项错误；B碳棒b，CO2在光照和光合菌的作用下反应生成氧气，光照强度对电池的输出功率有影响，B选项正确；C外电路电子由负极流向正极，即碳棒a碳棒b，C选项正确；D电池工作一段时间后，电解质溶液酸性增强，酸性增强会使菌落
6、失活，故工作一段时间后，电池效率降低，D选项正确；答案选A。4.下列实验结论正确的是（）实验操作现象结论A淀粉溶液中加入碘水溶液变蓝说明淀粉没有水解B将乙醇与酸性重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液混合橙色溶液变为绿色乙醇具有还原性C蔗糖溶液中加入稀硫酸，水解后加入银氨溶液，水浴加热未出现银镜水解的产物为非还原性糖D将新制Cu(OH)2与葡萄糖溶液混合加热产生红色沉淀(Cu2O)葡萄糖具有氧化性A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A淀粉溶液中加入碘水，溶液变蓝，说明溶液中还存在淀粉，淀粉可能部分水解，不能说明淀粉没有水解，故A错误；B乙醇具有还原性，能被橙色的酸性重铬酸钾溶液氧
7、化生成绿色的Cr3+，故B正确；C蔗糖溶液中加入稀硫酸水解后溶液呈酸性，在酸性条件下，葡萄糖与银氨溶液不能发生银镜反应，故C错误；D葡萄糖与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀氧化亚铜，表现了葡萄糖的还原性，故D错误；答案选B。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 7g14C中，含有3NA个中子B. 3.2gCu与足量浓硝酸反应，生成的气体在标准状况下的体积为22.4LC. 25时，pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目为10-4NAD. 标准状况下，5.6L丙烷中含有共价键的数目为2.5NA【答案】D【解析】【详解】A1个14C中含有8个中子，7g14C即0.5mol
8、，含有中子数目为4NA，A选项错误；B3.2gCu即0.05mol，与足量浓硝酸反应生成NO2气体，化学计量关系为：Cu2NO2可知n(NO2)=0.1mol，但标况下NO2不气体，无法确定其体积，B选项错误；C溶液的体积未知，所以无法计算相关微粒的个数，C选项错误；D标况下，5.6L丙烷为0.25mol，一个丙烷分子含有10个共价键，0.25mol丙烷中含有2.5NA个共价键，D选项正确；答案选D。【点睛】易错点为C选项，pH值代表溶液中氢离子的浓度，要计算微粒数目必须要计算物质的量，题中没有给出体积，不能计算物质的量，也就无法计算微粒数目，另外，B选项中NO2在标况下不是气体也需要注意。6
9、.下列各反应对应的离子方程式正确的是（ ）A. 向Ca(OH)2溶液中加入少量的NaHCO3溶液：Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+CO32-+2H2OB. 向100mL0.12molL-1的Ba(OH)2溶液中通入0.02molCO2：Ba2+3OH-+2CO2=HCO3-+BaCO3+H2OC. 硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应后pH恰好为7：H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4+H2OD. 向含0.1molNaOH和0.1molNa2CO3的溶液中加入1L0.4molL-1稀盐酸：OH-+CO32-+3H+=CO2+2H2O【答案】D【解析】【详解】A根据定少为一的原则，将Na
10、HCO3的系数定为1，则向Ca(OH)2溶液中加入少量的NaHCO3溶液，离子反应方程式应为：Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2O，A选项错误；B先算出Ba(OH)2的物质的量为0.012mol，而CO2的物质的量为0.02mol，二者的物质的量为3:5，按照3:5的化学计量比来写方程式：3Ba2+6OH-+5CO2=4HCO3-+BaCO3+H2O，B选项错误；C硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应后pH恰好为7，因此二者按2:1的系数来反应：2H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4+2H2O，C选项错误；D首先三者的物质的量之比为1:1:4，稀盐酸先和烧碱中和，过量的稀盐酸再和纯碱反应
11、，据此离子反应方程式为：OH-+CO32-+3H+=CO2+2H2O，D选项正确；答案选D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同发生反应不同的离子反应，题目难度较大，注意反应的顺序，尤其是某一种反应物过量时的后续反应。7.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）A. 聚四氟乙烯的单体属于不饱和烃B. 异丁烯及甲苯均能使溴水褪色，且褪色原理相同C. 苯乙烯（）分子的所有原子不可能在同一平面上D. 分子式为C4H10O且属于醇类的同分异构体有4种【答案】D【解析】【详解】A聚四氟乙烯的单体是CF2=CF2，该高聚物中含F原子，不属于不饱和烃，A选项错误；B异丁烯及甲苯均能使溴水
12、褪色，褪色原理不相同，前者发生的是加成反应，后者发生的是萃取，是物理变化，B选项错误；C由于苯环和碳碳双键均是平面形结构，则苯乙烯分子的所有原子可能在同一平面上，C选项错误；D由于C4H9有4种结构，则分子式为C4H10O属于醇的同分异构体也有4种，D选项正确。答案选D。8.A、B、C、D四种主族元素，已知A元素是地壳中含量最多元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C是第三周期元素中第一电离能最小的元素；D元素在第三周期元素中第一电离能最大。下列有关叙述错误的是（ ）A. 元素D为氯元素B. 元素A、B、C两两组合形成的化合物有CaO、CaO2、Na2
13、O、Na2O2等C. 元素A、D电负性的大小关系：ADD. 单质B、单质C与水反应的剧烈程度：BCl，故电负性OCl，即AD，C选项错误；D虽然金属性：钙大于钠，但钙与水反应生成氢氧化钙微溶于水，覆盖在钙的表面减慢了进一步反应，而氢氧化钠易溶于水，不会影响进一步反应，故钙和水的反应的剧烈程度比钠弱，即BC，D选项正确；答案选C。9.普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构如图所示(未表示出其空间构型)。下列关于普伐他汀的性质描述不正确的是（ ）A. 能使酸性KMnO4溶液褪色B. 1mol该物质最多可与2molNaOH反应C. 能发生加成、取代、氧化反应D. 3个OH皆可催化氧化生成醛基【答案】D
14、【解析】【分析】由结构简式可以知道，分子中含COOH、OH、碳碳双键及COOC，结合羧酸、醇、烯烃、酯的性质来解答。【详解】A根据结构简式可知，普伐他汀的结构中含碳碳双键和醇羟基，能使酸性KMnO4溶液褪色，A选项正确；B该分子中含1个酯基和1个羧基，均能与NaOH反应，故1mol该物质最多可与2molNaOH反应，B选项正确；C该分子中含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羟基、羧基和酯基，可发生取代反应，含羟基且羟基的邻碳上有H原子，能发生消去反应，C选项正确；D连接-OH的C原子都只含有1个H原子，能发生催化氧化生成羰基，D选项错误；答案选D。【点睛】醇的催化氧化反应规律：醇的催化氧化与跟羟
15、基相连的碳原子上的氢原子个数有关，有23个H催化氧化成醛基，只有1个H氧化成羰基，没有H不能发生催化氧化。10.S2Cl2少量泄漏会产生窒息性气体，喷水雾可减慢其挥发，并产生酸性悬浊液，其分子结构与H2O2类似如图所示。下列关于S2Cl2的说法中错误的是（ ）A. S2Cl2为极性分子B. 分子中既含有键又含有键C. 与S2Br2结构相似，熔、沸点S2Br2S2Cl2D. 与水反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl【答案】B【解析】【详解】A根据S2Cl2的结构，S2Cl2不是对称结构，S2Cl2为极性分子，A选项正确；BS和Cl之间和S和S之间形成的共价键均为单键，
16、分子中只含有键，不含有键，B选项错误；CS2Cl2与S2Br2结构相似，通过分子间作用力或范德华力进行分析，S2Br2相对分子质量大于S2Cl2的相对分子质量，S2Br2分子间的范德华力大于S2Cl2分子间的范德华力，即S2Br2的熔沸点高于S2Cl2，C选项正确；D根据题干信息可知，S2Cl2少量泄漏会产生窒息性气体，喷水雾可减慢其挥发，并产生酸性悬浊液，则S2Cl2与水反应的化学方程式可能为2S2Cl22H2O=SO23S4HCl，D选项正确。答案选B。11.图中所示的装置图能够达到实验目的是 ( )A. 配制一定浓度的稀硫酸B. 实验室制备Fe(OH)2 C. 比较氯、碳、硅三种元素的非
17、金属性强弱D. 加热熔融NaOH固体【答案】B【解析】【分析】A.不能在容量瓶中稀释；B.Fe与电源正极相连，为阳极，煤油可隔绝空气；C.盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸；D.二氧化硅与NaOH反应。【详解】A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释后,冷却后再转移到容量瓶中定容，A错误；B.Fe与电源正极相连，为阳极，Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，与溶液中的OH-结合形成Fe(OH)2，煤油可隔绝空气，防止Fe(OH)2被氧化，图中装置可制备，B正确；C.盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸，不能用于比较氯和硅的非金属性，C错误；D.二氧化硅能够与NaOH反应，应选
18、铁坩埚，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，把握物质的性质、溶液配制、物质的制备、非金属性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。12.实验室用溴和苯反应制取溴苯，得到粗溴苯后，要用如下操作精制：蒸馏；水洗；用干燥剂干燥；10%NaOH溶液洗；水洗。正确的操作顺序是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】粗溴苯中含有苯、溴苯、溴化铁和溴，提纯时，为减少NaOH的用量，可先用水洗，可除去溴化铁和少量溴，然后加入10%的NaOH溶液洗涤，可除去溴，再用水洗除去碱液，经干燥后进行蒸馏可得溴苯，所以正确的操
19、作顺序为：，D选项正确；答案选D。13.于固定体积的密闭容器中进行的气体反应A(g)B(g) C(s)2D(g)，可以说明在恒温下已达到平衡状态的是反应容器中压强不随时间变化而变化 A气体和B气体的生成速率相等混合气体的平均摩尔质量不随时间变化而变化 反应混合气体的密度不随时间变化而变化A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】反应是前后气体系数和相等的反应，所以容器中压强不随时间变化而变化的状态不一定是平衡状态，故错误；A气体和B气体的生成速率相等，不能证明正逆反应速率是相等，不一定平衡，故错误；混合气体的平均摩尔质量等于质量和物质的量的比值，混合气体的质量是变化的，反应是前后气体系
20、数和相等的反应，物质的量是不变化的，所以混合气体的平均摩尔质量不随时间变化而变化的状态是平衡状态，故正确；反应混合气体的密度等于混合气体的质量和体系体积的比值，混合气体的质量是变化的，体积是不变化的，所以混合气体的密度不随时间变化而变化的状态是平衡状态，故正确；故答案为A。【点睛】注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分
21、析等。14.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（ ）A. SO2 和湿润的 Cl2 都有漂白性，推出二者混合后漂白性更强B. Fe3Cl8 可以改写为 FeCl22FeCl3，推出 Fe3I8 可以改写为 FeI22FeI3C. 由 F、Cl、Br、I 非金属性依次减弱，推出 HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次减弱D. CO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中无沉淀生成，推出 SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中无沉淀生成【答案】C【解析】【详解】A. 等物质的量的二氧化硫和氯气在水溶液中会发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸,不再具有漂白性,故A错误
22、； B. Fe3+有氧化性，I-有还原性，二者可发生氧化还原反应，即FeI3不可能存在，故B项错误；C. 非金属的非金属性越强,还原性越弱,F、C1、Br、I的非金属性逐渐减弱,所以其还原性依次增强,故C选项正确；D. NO3-可以将SO32-氧化为SO42-，有BaSO4沉淀生成，故D项错误；答案：C。15.下列离子组在一定条件下能共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且所给离子方程式正确的是（ ）选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式ANa+、H+、Cl-、NO3-铜3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O BFe3+、ClO-、I-氢氧化钠溶液Fe3+ + 3OH
23、- = Fe(OH)3CBa2+、HCO32-、Cl-氢氧化钠溶液HCO3- + OH- = CO32- + H2ODAl3+、Cl-、SO42-过量氢氧化钠Al3+ + 3OH- = Al(OH)3A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.本组离子可以大量共存，在酸性条件下硝酸根具有氧化性，能把铜氧化为铜离子，其离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，A项正确；B. ClO-和Fe3+均具有强氧化性，I-具有强还原性，则不能大量共存，B项错误；C.本组离子可以大量共存，加入氢氧化钠溶液生成碳酸钡沉淀，其离子方程式应为Ba2+ HCO3-+OH-
24、=BaCO3+H2O，C项错误；D.本组离子可以大量共存，过量的氢氧化钠与铝离子反应会生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，D项错误；答案选A。【点睛】本题将离子方程式的书写正误判断及离子共存结合给题，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：1.是否符合客观事实，如铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，
25、或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种，如本题的B选项，ClO-和Fe3+均能与I-发生氧化还原反应而不共存。总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断离子共存的有效途径。16.下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. K+的结构示意图：B. 基态氮原子的电子排布图：C. 水的电子式：D. 基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d44s2【答案】B【解析】【详解】A、K+的结构示意图：，A错误；B、根据核外电子排布规律可知基态氮原子的电子排布图为，
26、B正确；C、水是共价化合物，含有共价键，水的电子式：，C错误；D、基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d54s1，D错误；答案选B。17.化合物A是近年来采用的锅炉水添加剂，其结构式如图，A能除去锅炉水中溶解的氧气，下列说法正确的是（ ）A. A分子中所有原子都在同一平面内B. A分子中所含的键与键个数之比为10：1C. 所含C、N均为sp2杂化D. A与O2反应生成CO2、N2、H2O的物质的量之比为123【答案】D【解析】【详解】A因氨气分子构型为三角锥形，即氮原子与所连的三个原子不在同一平面，所以A分子中所有原子不可能共平面，A错误；B一个单键就是1个键，一个双键含有1个键和1个键，
27、所以A分子中含有11个键和1个键，键与键个数之比为11：1，B错误；CN为sp3杂化，C错误；D根据元素守恒，1molA在足量O2中燃烧生成CO2、N2、H2O的物质的量分别为：1mol，2mol，3mol，之比为1：2：3，D正确；答案选D。18.乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多，如图：下列说法正确的是（）A. 反应、均是取代反应B. 反应、的原子利用率均为100C. 与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有2种D. 乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别【答案】D【解析】【详解】A. 反应为酯化反应，属于取代反应，反应不饱和度降低，为加成反应
28、，A项错误；B. 反应产物只有乙酸乙酯，其原子利用率为100，而反应为C4H10+O2 C4H8O2，H原子没有全部进入到目标产物，原子利用率不为100%，B项错误；C.与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类有HCOOCH2CH2CH3，HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3中，C项错误；D. 乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，则乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别，D项正确；答案选D。【点睛】有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲
29、烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl2，同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：C=C中的双键断开其中一个，两个C各形成一个半键，分别与两个Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。依据两者的区别，本题的A选项反应显然为加成反应，而不是取代反应。因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗，解答此类题型时游刃有余。第II卷（共46分）二、填空题19.甲苯（）是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛（）、苯甲酸（）等产品。下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时
30、先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入2mL甲苯和一定量其它试剂，搅拌升温至70，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时。（1）装置a的主要作用是_。三颈瓶中发生反应的化学方程式为_。（2）经测定，反应温度升高时，甲苯的转化率逐渐增大，但温度过高时，苯甲醛的产量却有所减少，可能的原因是_。（3）反应完毕，反应混合液经过自然冷却至室温后，还应经过过滤、_（填操作名称）等操作，才能得到苯甲醛粗产品。（4）实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，依次进行的操作步骤是_（按步骤顺序填字母）。a.对混合
31、液进行分液b.过滤、洗涤、干燥c.水层中加入盐酸调节pH=2d.与适量碳酸氢钠溶液混合振荡若对实验中获得的苯甲酸（相对分子质量为122）产品进行纯度测定，可称取2.500g产品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.00mL于锥形瓶，滴加23滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000mol/LKOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液18.00mL。产品中苯甲酸的质量分数为_（保留一位小数）。【答案】 (1). 冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率 (2). +2H2O2+3H2O (3). H2O2在较高温度时分解速度加快，使实际参加反应的H2O2减少影响产量 (4).
32、蒸馏 (5). dacb (6). 87.8%【解析】【分析】(1)根据物质的性质，得出装置a的主要作用；三颈瓶中甲苯被双氧水氧化为苯甲醛；(2)H2O2在较高温度时分解为水和氧气的速度加快；(3)反应完毕，过滤出固体催化剂，再根据甲苯、苯甲醛、苯甲酸的沸点不同，蒸馏可得苯甲醛粗产品；(4)混有苯甲酸的苯甲醛，加入适量碳酸氢钠溶液混合振荡，苯甲酸与碳酸氢钠反应生成可溶于水的苯甲酸钠，分液后，在水层中加入盐酸，苯甲酸钠与盐酸反应生成微溶于水的苯甲酸，过滤、洗涤、干燥，可得苯甲酸。根据消耗KOH的物质的量计算苯甲酸的质量，苯甲酸的质量分数=苯甲酸的质量样品质量100%。【详解】(1)由表中数据可知
33、，甲苯沸点低，装置a(冷凝管)的主要作用是冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率，三颈瓶中甲苯被双氧水氧化为苯甲醛，发生反应的化学方程式为+2H2O2+3H2O，故答案为：冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率；+2H2O2+3H2O；(2)H2O2在较高温度时分解为水和氧气的速度加快，使实际参加反应的H2O2减少影响产量，所以温度过高时，苯甲醛的产量有所减少，故答案为：H2O2在较高温度时分解速度加快，使实际参加反应的H2O2减少影响产量；(3)反应完毕，过滤出固体催化剂，再根据甲苯、苯甲醛、苯甲酸的沸点不同，蒸馏可得苯甲醛粗产品，所以操作名称是过滤、蒸馏，故答案为：蒸馏；(4)混有苯甲酸的
34、苯甲醛，加入适量碳酸氢钠溶液混合振荡，苯甲酸与碳酸氢钠反应生成可溶于水的苯甲酸钠，分液后，在水层中加入盐酸，苯甲酸钠与盐酸反应生成微溶于水的苯甲酸，过滤、洗涤、干燥，可得苯甲酸，则正确的实验步骤是dacb，故答案为：dacb；18.0mL 0.1mol/LKOH溶液中氢氧化钾的物质的量是0.018L0.1mol/L =0.0018mol，根据，可知20.0mL乙醇溶液中含苯甲酸的物质的量是0.0018mol，则产品中苯甲酸的质量分数为，故答案为：87.8%。【点睛】本题考查有机物合成实验、物质的分离提纯、实验方案设计、对操作的分析评价、物质含量测定等，较好的考查学生对数据的应用、阅读获取信息的
35、能力以及知识迁移应用。本题的易错点是(5)的计算，要注意滴定的原理的理解。20.元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。请回答下列问题：（1）利用铬铁矿(FeOCr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是_。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则“还原”操作中发生反应的离子方程式为_。（2）已知25时Cr3+恰好完全沉淀时溶液pH为5，（Cr3+浓度降至10-5molL-1可认为完全沉淀）则Cr(OH)3的溶度积常数Ksp=_。（3）用石墨电极电解铬酸钠(Na2CrO4)溶液，可制重铬酸
36、钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O)。电极b连接电源的_极(填“正”或“负”)，b极发生的电极反应：_。电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质量由amol变为bmol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是_mol。【答案】 (1). 将铬铁矿粉碎（或其他合理答案） (2). 8CrO42-+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH- (3). 110-32 (4). 正 (5). 2H2O-4e-=O2+4H+ (6). 【解析】【分析】(1)根据流程：铬铁矿(FeOCr2O3)加入纯碱、通入空气焙烧，得到Na2C
37、rO4，过滤，滤液含有Na2CrO4，加入Na2S还原得到Cr(OH)3，反应为：8CrO42-+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-，加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，再用还原剂还原得到Cr，据此分析解答；(2)已知 Cr3+完全沉淀时溶液pH为5，则此时c(OH-)=110-9mol/L，c(Cr3+)=110-5mol/L，Cr(OH)3的溶度积常数 Ksp=c(Cr3+)c3(OH-)，据此计算；(3)b极得到Na2Cr2O7，则b有反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故b的电极反应为水放电生成氧气和氢离子，据此分析解答；根据电荷守恒分析计算
38、。【详解】(1)影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快，为加快焙烧速率和提高原料的利用率，采取的措施可以有将铬铁矿粉碎等，故答案为：铬铁矿粉碎；“水浸”要获得浸出液，浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr元素由+6价降为+3价，S元素由-2价升到+6价，依据原子守恒和得失电子守恒，反应的方程式为：8CrO42+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-，故答案为：8CrO42+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-；(2)pH为5，c
39、(OH-)=10-9，c(Cr3+)=110-5mol/L，则Kspc(Cr3+)c3(OH-)=10-5(10-9)3=110-32，故答案为：110-32；(3)根据图示，在b极所在电极室得到Na2Cr2O7，根据2CrO42-+2H+Cr2O72+ H2O，电解过程中b极c(H+)增大，则b极电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，因此a是阴极，b是阳极，电极b连接电源的正极，故答案为：正；2H2O-4e-=O2+4H+；电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为(a-b)mol，所以外电路中转移的电子为(a-b)mol，阳极的电极
40、反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，则阳极生成的氢离子为(a-b)mol，根据2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，理论上生成重铬酸钠的物质的量是mol，故答案为：。21.三乙酸锰可作单电子氧化剂，用如下反应可以制取三乙酸锰：4Mn(NO3)26H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2+40CH3COOH。（1）基态锰原子的价层电子排布式为_。（2）CH3COOH中碳原子的杂化形式为_。（3）NO3-空间构型是_，与NO3-互为等电子体的分子的化学式为_(任写一种)。（4）某种镁铝合金可作为储钠材料，该合金晶胞结构如图所示，晶胞棱长为anm，晶体
41、中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为_，该晶体的密度为_g/cm3(阿伏伽德罗常数的数值用NA表示)。【答案】 (1). 3d54s2 (2). sp3和sp2 (3). 平面三角形 (4). BF3或BCl3 (5). 4 (6). 【解析】【分析】(1)锰为25号元素，基态锰原子的价层电子为其3d、4s能级上的电子；(2)CH3COOH中甲基上C原子价层电子对个数是4、羧基上C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断碳原子的杂化形式；(3)根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，判断NO3-离子的空间构型，与NO3-互为等电子体的分子中含有4个原子、价电子数是24；(4)根据
42、晶胞结构判断晶体中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目；根据晶体的密度=计算【详解】(1)锰为25号元素，价层电子为其3d、4s能级上的电子，基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2 ，故答案为：3d54s2；(2) CH3COOH中甲基上的碳原子含有4个键，没有孤电子对，采用sp3杂化，羧基上的碳原子含有3个键，没有孤电子对，采用sp2杂化，故答案为：sp3和sp2；(3)NO3一中氮原子价层电子对数为3+=3，N原子轨道的杂化类型为sp2，空间构型为平面三角形，NO3-中有4个原子，5+63+1=24个价电子，SO3中有4个原子，6+63=24个价电子，与NO3-是等电子体，BF3、BCl3
43、等也与硝酸根离子为等电子体，故答案为：平面三角形；SO3或BF3、BCl3等；(4)在晶胞中，镁原子位于顶点和2个面的面心，铝原子位于2个面的面心，每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为4个，距离均为面对角线长度的一半；晶胞棱长为anm，则晶胞体积=(a10-7)3cm3，晶胞的质量=g=g，则晶胞的密度=g/cm3，故答案为：4；。【点睛】明确原子结构、物质结构和晶胞的计算是解本题关键。本题的易错点为(1)，要注意第四周期的过渡金属元素的价电子包括3d电子。22.水蒸汽催化重整生物油是未来工业化制氢的可行方案。以乙酸为模型物进行研究，发生的主要反应如下：.CH3COOH（g）+2H2O（g）2
44、CO2（g）+4H2（g） H1.CH3COOH（g）2CO（g）+2H2（g） H2.CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g） H3回答下列问题：（1）用H1、H2表示，H3=_。（2）重整反应的含碳产物产率、H2产率随温度、水与乙酸投料比（S/C）的变化关系如图（a）、（b）所示。由图（a）可知，制备H2最佳的温度约为_。由图（b）可知，H2产率随S/C增大而_（填“增大”或“减小”）。（3）向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH3COOH和H2O混合气体，若仅发生反应至平衡状态，测得H2的体积分数为50%，则CH3COOH的平衡转化率为_。（4）反应体系常生成积碳。当温度一定时，随
45、着S/C增加，积碳量逐渐减小，其原因用化学方程式表示为_。【答案】 (1). (2). 800 (3). 增大 (4). 40% (5). C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)【解析】【详解】(1)根据题干信息分析，反应=(反应-反应)，由盖斯定律可得，故答案为：；(2)由图(a)可知，制备H2在800时，达到最高转化率，则制备氢气最佳的温度约为800,故答案为：800；由图(b)可知，S/C增大时，反应I平衡向正反应方向移动，反应III平衡向逆反应方向移动，使体系中的H2的量增大，故答案为：增大； (3)设CH3COOH和H2O的物质的量均为1mol，平衡时，反应了CH3COOH x mol，列三段式有：测得H2的体积分数为50%，则，计算得x=0.4mol，醋酸的转化率为：=40%，即CH3COOH平衡转化率为40%，故答案为：40%；(4)当温度一定时，随着S/C增加，积碳量逐渐减小，是由于积碳与水蒸气反应生成了CO和H2，反应的化学方程式为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，故答案为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；