1、高三教学质量检测考试化学试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 64一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是A. 工业生产玻璃、水泥和陶瓷，均需用石灰石作原料
2、B. 海水淡化的方法有蒸馏法、离子交换法和电渗析法等C. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法D. 聚合硫酸铁是新型絮凝剂，可用来处理水中的悬浮物【答案】A【解析】【详解】A陶瓷的生产原料为黏土，未用到石灰石，A错误；B海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法和电渗析法，B正确；C热水器内胆成分为不锈钢，连接Mg棒形成原电池，Mg比Fe活泼作负极被腐蚀，而铁被保护，即牺牲阳极的阴极保护法，C正确；D聚合硫酸铁溶于水可形成Fe(OH)3胶体，吸附水中悬浮杂质，D正确。2. 下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是A. 用溶液除铁锈B. 用溶液除去水体中的C. 用石灰乳脱除烟气中的
3、D. 用酸性溶液检查司机是否酒后驾车【答案】D【解析】【详解】A溶液水解显酸性，氢离子与氧化铁反应生成铁离子和水，可除去铁锈，与氧化还原反应无关，A不符合题意；BS2-可与Hg2+反应生成HgS，因此可用溶液除去水体中的，与氧化还原反应无关，B不符合题意；C石灰乳的主要成分为Ca(OH)2，可与烟气中的发生复分解反应，与氧化还原反应无关，C不符合题意；D乙醇具有还原性，可与橙色的酸性重铬酸钾发生氧化还原反应，生成绿色的铬酸钾，因此用酸性溶液检查司机是否酒后驾车与氧化还原反应有关，D符合题意；答案选D。3. 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 比多个质子B. 固体中含离子总数C. 分子中
4、所含键数为D. 标准状况下，溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为【答案】B【解析】【详解】AD和H均为H元素，故比所含质子数目一样多，A错误；BNa2O2是由Na+和组成，故固体中含离子总数为，B正确；C共价键中单键为键，双键为一个键和一个键，三键为一个键和两个键，故分子中所含键数为，C错误；D由于Cl2+H2OHCl+HClO，故标准状况下，溶于水所得溶液中含氯的微粒总数小于，D错误；故答案为：B。4. 我国科学家发现了一类由Fe-Se-As-F-O组成的磁性超导材料。下列说法正确的是A. Fe变成时首先失去3d轨道电子B. 的空间构型为平面正三角形C. 通过化学变化可以实现与的相互转化D. 基
5、态F原子的核外电子有9种空间运动状态【答案】B【解析】【详解】AFe的核外电子排布式为Ar3d64s2，Fe变成时首先失去4s轨道电子，A错误；B的中心原子的价电子对数为，含有一对孤电子对，则其空间构型为三角锥形，B错误；C同位素之间的变化为物理变化，C错误；DF原子的最外层有9个电子，则基态F原子的核外电子有9种空间运动状态，D正确；答案选D。5. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存是A. pH=13的溶液中：、B. 0.1molL-1盐酸溶液中：、C. 0.1molL-1KI溶液中：、D. 能使甲基橙变红的溶液中：、【答案】A【解析】【详解】ApH=13的溶液显碱性，碱性溶液中
6、四种离子相互不反应，也不与氢氧根反应，可以大量共存，故A符合题意；B硅酸根和氢离子会生成沉淀，故B不符合题意；C铁离子会和碘离子发生氧化还原反应不能大量共存，故C不符合题意；D能使甲基橙变红的溶液显酸性，酸性溶液中碳酸氢根不能大量存在，故D不符合题意；综上所述答案为A。6. 实验室用Na与反应制备氢化钠(NaH)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是A. 装置甲制取B. 装置乙净化干燥C. 装置丙制备NaHD. 装置丁吸收尾气【答案】D【解析】【详解】A实验室用活泼金属Zn与稀盐酸反应来制备H2，故装置甲制取，A不合题意；B装置乙先用NaOH溶液来除去H2中的HCl，再用浓硫酸来干燥，故装置
7、乙净化干燥，B不合题意；C金属钠与H2在加热条件下发生反应：2Na+H22NaH，故装置丙制备NaH，C不合题意；D碱石灰不能吸收H2，故装置丁不能吸收尾气，D符合题意；故答案为：D。7. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大，且原子最外层电子数之和为15。基态Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y与Z同主族，Z与W同周期。下列说法错误的是A. 电负性最大的元素是YB. 简单氢化物的沸点：YZC. 化合物WX2中既存在离子键，又存在共价键D. W元素基态原子核外M层电子的自旋状态相反【答案】C【解析】【分析】基态Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则其电子层结构为2、6，
8、则Y为O元素，Y与Z同主族，则Z为S元素，所以X、W最外层电子数之和为15-6-6=3，X的半径比O原子小，则应为H元素，则W为Mg元素。【详解】A非金属性越强电负性越强，四种元素中非金属性最强的为O，则电负性最大的元素为O，即Y，故A正确；BH2O分子之间存在氢键，所以沸点高于H2S，故B正确；C化合物MgH2中只存在离子键，故C错误；DMg原子M层电子排布为2s2，同一轨道中的两个电子自旋方向相反，故D正确；综上所述答案为C。8. HCOOH燃料电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是A. 放电时K+通过隔膜向左迁移B. 正极电极反应式为C. 放电过程中需补充的物质X为D. 每转移电子，理
9、论上消耗标准状况下【答案】C【解析】【分析】由该工作原理图可知，左侧是由HCOOH和KOH转化为KHCO3，C的化合价由+2价升高为+4价，被氧化，故左侧为正极，右侧通入O2为负极，据此分析解题。【详解】A原电池中电解质溶液中的阳离子移向原电池的正极，故放电时K+通过隔膜向右迁移，A错误；B原电池中正极发生还原反应，负极发生氧化反应，负极电极反应式为，B错误；C根据进入右侧的物质为O2和X，其反应为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，Fe3+e-=Fe2+，Fe2+作催化剂，而出来的物质为K2SO4，K+来自左侧电解液，来自X，故放电过程中需补充的物质X为，C正确；D根据电子守恒可知
10、，4n(O2)=n(e-)，故每转移电子，理论上消耗标准状况下的体积为：，D错误；故答案为：C。9. 丙烯与HCl在催化剂作用下发生加成反应：第一步进攻丙烯生成碳正离子，第二步进攻碳正离子。得到两种产物的反应进程与能量关系如图。下列说法正确的是A. 催化剂可以改变反应的焓变B. 过渡态()比过渡态()稳定C. 生成的过程所需的活化能较低，速率快D 丙烯与HCl加成反应主要生成【答案】D【解析】【详解】A. 催化剂可降低反应的活化能，不改变始终态，则加催化剂不能改变反应的焓变，故A错误；B. 能量越低越稳定，根据图示知过渡态()没有过渡态()稳定，故B错误；C. 根据图示知，生成的过程所需的活化
11、能高于生成的过程所需的活化能，则反应速率较慢，故C错误；D. 根据图示知，生成的过程所需的活化能高于生成的过程所需的活化能，则生成的碳正离子多，而进攻碳正离子后得到，即主要产物是，故D正确；故选D。10. 某科研小组利用有机胺(TBA)参与联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。下列说法错误的是A. 过程中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气B. 过程的反应为C. 理论上每产生需要D. 流程中可循环利用的物质是TBA、CuCl【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBAHCl，过程为TBA的再生过程为，乙烯的氯化过程为C2H4+2
12、CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，由此分析。【详解】A侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净的碳酸钠，由图可知，过程中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，故A不符合题意；B根据分析，过程的反应为，故B不符合题意；C根据分析，过程为乙烯的氯化过程，反应方程式为：C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，根据2CuCl2C2H4Cl2，理论上每产生需要，故C符合题意；D根据分析，过程中产生的TBAHCl和氧气反应生成了TBA，加入到饱和食盐水中继续反应；过程为C2H4和CuCl2反应生成的CuCl，Cu
13、Cl继续参加过程的反应，故流程中可循环利用的物质是TBA、CuCl，故D不符合题意；答案选C。【点睛】将题目中的信息转化为化学方程式比较容易分析。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将燃烧的金属钠迅速伸入集满的集气瓶中，有大量白烟和黑色颗粒产生具有氧化性B向某溶液中滴加溶液，生成蓝色沉淀原溶液中含有，不含有C向溶液中通入气体，有沉淀生成酸性：D向两支盛有溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，后者生成黄色沉淀溶
14、液中存在平衡：A. AB. BC. CD. D【答案】AD【解析】【详解】A将燃烧的金属钠迅速伸入集满的集气瓶中，有大量白烟和黑色颗粒产生，说明发生了反应：4Na+3CO22Na2CO3+C，反应中体现了CO2的氧化性，A正确；BK3Fe(CN)6与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含Fe3+，B错误；C向溶液中通入气体，发生氧化还原反应生成硫酸钙，由此现象不能比较二者酸性的强弱，C错误；D由现象可知溶液中含碘单质和碘离子，则I3-溶液中存在平衡：I2+I-，D正确；故答案为：AD。12. 硫酸盐(含、)气溶胶是雾霾的成分之一。科学家发现通过“
15、水分子桥”，处于纳米液滴中的可以将电子快速转移给周围的气相分子，雾霾中硫酸盐生成的主要过程示意图如下。下列说法错误的是A. “水分子桥”主要靠氢键形成B. 过程中硫元素均被氧化C. 是生成硫酸盐的催化剂D. 该过程中既有氧氢键的断裂又有氧氢键的生成【答案】C【解析】【分析】图中过程表示和反应生成和，过程表示和加入一个水分子转化为和HNO2，由此分析。【详解】A水分子中氧原子的电负性较大，水分子之间，主要形成氢键；“水分子桥”中中的氧原子和水分子中的氢原子，中的氧原子和水分子中的氢原子之间，主要靠氢键形成，故A不符合题意；B过程表示转化为，硫元素的化合价从+4价转化为+5，过程表示转化为，硫元素
16、的化合价从+5价升高到+6价，硫元素的化合价都升高，均被氧化，故B不符合题意；C根据图中的转化关系，转化为HNO2，氮元素的化合价从+4价降低到+3价，氮元素的化合价降低，被还原，作氧化剂，故C符合题意；D根据图示过程，加入一个水分子转化为的过程，有水分子中氢氧键的断裂，加入一个水分子转化为HNO2的过程中有氢氧键的形成，故D不符合题意；答案选C。13. 实验室以活性炭为催化剂，由制备的流程如下。已知：在时完全沉淀为。下列说法错误的是A. 步骤中“研磨”的目的是为了增大晶体的表面积，加快溶解速率B. 步骤中应先加入浓氨水，再加入溶液C. 步骤中发生的反应为D. 步骤中加入浓盐酸，有利于析出【答
17、案】B【解析】【详解】A步骤中“研磨”的目的是为了增大晶体的表面积，加快溶解速率，A正确；B由于浓氨水呈碱性，而NH4Cl溶液呈酸性，故步骤中若先加入浓氨水，将使转化为沉淀为，故应该先加入溶液，再加入浓氨水，B错误；C步骤中发生的反应是H2O2将氧化为为，故反应方程式为：，C正确；D步骤中加入浓盐酸，氯离子浓度大，同离子效应有利于固体析出，故有利于析出，D正确；故答案为：B。14. 次磷酸()为一元弱酸，可以通过电解的方法制备，其工作原理如下图所示。下列说法正确的是A. X为电源正极，Y为电源负极B. 电解一段时间后，N室的pH减小C. a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜D. 当电路中通过
18、电子时，可生成【答案】AC【解析】【分析】根据示意图可知，产品室生成H3PO2，是原料室中的通过b膜进入，H+由M室通过a膜进入，根据电解池中阴、阳离子的移动方向可知M室为阳极室，N室是阴极室，据此分析解题。【详解】A由分析可知，M室为阳极室，N室是阴极室，故X为电源正极，Y为电源负极，A正确；B电解一段时间后，N室为阴极室，所发生的反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2，故pH增大，B错误；C根据分析，H+通过a膜，Na+通过c膜，故a、c为阳离子交换膜，通过b膜，故b为阴离子交换膜，C正确；D根据反应H+=H3PO2，故当电路中通过电子时，可生成，D错误；故答案为：AC。15. 丙烷氧化
19、脱氢制备丙烯的主要反应为。在催化剂作用下，氧化脱氢除生成外，还生成CO、等物质。实验测得的转化率和的产率随温度变化关系如下图所示。已知：。下列说法正确的是A. 的转化率和的产率随温度变化曲线分别是b、aB. 温度升高催化剂的活性增大，的转化率增大C. 时的选择性为66%D. 选择相对较低的温度能够提高的选择性【答案】BD【解析】【详解】A根据题干信息，在催化剂作用下，氧化脱氢除生成外，还生成CO、等物质，因此的转化率大于的产率，即的转化率和的产率随温度变化曲线分别是a、b，A错误；B升高温度，可提高催化剂的活性，从而使得的转化率增大，B正确；C由已知，575时，C错误；D由图像可知，温度较低时
20、，的转化率和的产率相差较小，则的选择性偏高，因此选择相对较低的温度能够提高的选择性，D正确；答案选BD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16. 以废旧磷酸亚铁锂电池正极片(、炭黑和铝箔等)为原料制备锰酸锂()的流程如图所示。回答下列问题：(1)中Fe元素的化合价为_；“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是_。(2)“碱浸”中发生反应的离子方程式为_。(3)“浸取”中加入的作用为_；“沉铁”过程所得滤渣为白色固体，其主要成分是_。(4)已知碳酸锂的分解温度为。当“焙烧”温度达到时，开始有产生，可能的原因是_；可以利用溶液与溶液反应制备，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(5)写
21、出“焙烧”过程中生成锰酸锂的化学方程式_。【答案】 (1). +2 (2). 从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中 (3). 或 (4). 将氧化为 (5). 或磷酸铁 (6). 作催化剂，降低了碳酸锂分解反应的活化能，加快碳酸锂分解 (7). 1:1 (8). 【解析】【详解】（1）LiFePO4中Li元素为+1价， 整体为-3价，推得Fe为+2价。放电时负极Li失电子变为Li+，经电解质向正极移动并进入正极材料中，有利于锂回收。（2）原料中铝箔和NaOH反应，即。（3）将原料中的亚铁氧化为三价铁，便于后续沉淀。因为Fe3+与彻底双水解生成红褐色Fe(OH)3沉淀，但题目说是白
22、色沉淀，依据元素守恒只能是FePO4。（4）焙烧时加入了MnO2，联想到MnO2可以作催化剂，降低反应的活化能，使得Li2CO3在较低温度下分解。（5）MnSO4MnO2化合价升高，故K2S2O8有元素化合价降低，S元素在溶液中常以+6价稳定存在，推测K2S2O8中S元素由+7降到+6，根据得失电子守恒得1 K2S2O8 1 MnSO4，所以氧化剂：还原剂1：1。（6）Li2CO3与MnO2反应生成LiMn2O4，结合第（5）问信息，还有CO2生成，此时得到混合气体，根据元素守恒推测另一种气体为O2，故方程式为：【点睛】运用得失电子守恒法配平陌生氧化还原方程式。17. 治理汽车尾气是环境保护的
23、重要课题。(1)汽车尾气中的NO是空气中的在高温下燃烧生成的，其反应机理如下。 已知：298K时相关化学键的键能数据如下。化学键键能/()上述机理中，代表的是_(填“”或“”)，判断的理由是_。_。(2)应用SCR脱硝技术除去汽车尾气中的氮氧化物，其反应原理如下。时，将含NO a%(体积分数)的汽车尾气以的流速通过盛有氨的反应器，出口气体中NO的含量变为b%(忽略体积变化)，则_。(3)在催化脱除过程中，更多应用尿素SCR技术。该技术中生成的反应如下。一定温度下，向刚性容器中投入足量和一定量的，当上述反应达到平衡时，测得、。则_(用含p、q的代数式表示，下同)，反应的平衡常数为_。体系中随温度
24、、氧气浓度的变化如下图所示。温度高于时，在无氧体系中，浓度减小的原因是_；以上，在有氧体系中浓度接近，理由是_。【答案】 (1). (2). 中键能比中键能小，更易解离为原子 (3). (4). (5). (6). (7). 温度升高，反应平衡逆向移动，氨气浓度减小 (8). 氨气在高温下被氧气氧化【解析】【分析】(1)已知O=O的键能为498.0kJmol-1，NN的键能为946.0kJmol-1，O2中O=O键能比N2中NN键能小，更易解离为原子；=反应物的键能和-生成物的键能和；(2)设通过时间为1min，则每通入100mL混合气体中含CO的体积为amL，出口100mL混合气体中含CO的
25、体积为bmL；（3）根据反应原理，反应的平衡常数K=c(NH3)c(HNCO)，代入浓度数据计算；氨气具有还原性，高温时能被氧气氧化。【详解】(1)已知O=O的键能为498.0kJmol-1，NN的键能为946.0kJmol-1，则O2中O=O键能比N2中NN键能小，更易解离为原子，故上述机理中A2代表的是O2，故答案为：O2；O2中O=O键能比N2中NN键能小，更易解离为原子；已知N2(g)+O2(g)=2NO(g)，则H=反应物的键能和-生成物的键能和=(946.0kJmol-1)+(498.0kJmol-1)-2(630.0kJmol-1)=+184.0kJ/mol，故答案为：+184.
26、0；(2)设通过时间为1min，则每通入100mL混合气体中含CO的体积为amL，出口100mL混合气体中含CO的体积为bmL，故(CO)=(a-b)mLmin-1； 故答案为：（a-b）；(3)当反应达到平衡时，测得c(NH3)=pmol/L、c(CO2)=qmol/L，则,故有：x+q=p，解得：x=p-q，c(HNCO)=x-q=p-2q，反应的平衡常数K=c(NH3)c(HNCO)=p(p-2q)(mol/L)2，故答案为：p-2q，p(p-2q)；通过比较温度、氧气浓度对尿素水解产物浓度的影响后，温度高于时，在无氧体系中，浓度减小，根据已知信息可知，反应为放热反应，故升高温度，平衡逆
27、向移动，发现在有氧气、1100以上时，体系中NH3浓度接近0LL-1，其可能原因是氨气有还原性，在高温下能被氧气氧化；故答案为：温度升高，反应平衡逆向移动，氨气浓度减小；氧气在高温时将NH3氧化。18. (三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐制备的流程如图所示。回答下列问题：(1)中铁离子的配位数为_，其配体中C原子的杂化方式为_。(2)步骤发生反应的化学方程式为_。(3)步骤将加入到溶液中，水浴加热，控制溶液pH为，随反应进行需加入适量_(已知：常温下溶液的pH约为3.5)。(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体依次用少量冰水、95%
28、乙醇洗涤的目的是_。(5)某研究小组将在一定条件下加热分解，利用下图装置(可重复使用)验证所得气体产物中含有CO和。按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为_(填装置序号)。确认气体产物中含CO的现象为_。【答案】 (1). 6 (2). (3). (4). (5). 洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分 (6). DCBADE (7). A中的粉末由黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊【解析】【分析】莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O经过NaOH溶液处理后生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，Fe(OH)3与KHC2O4反
29、应生成K3Fe(C2O4)3溶液，最后蒸发浓缩、冷却结晶得K3Fe(C2O4)33H2O，据此分析解题。【详解】(1)中铁离子为中心离子，为配体，由于每一个能与中心离子形成两个配位键，故中铁离子的配位数为6，其配体的结构简式为，故每个C原子周围形成3个键，无孤对电子，故碳原子的杂化方式为，故答案为：6；(2)由分析可知，步骤发生反应为Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，故其化学方程式为，故答案为：(3)步骤将Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中，水浴加热，控制pH为，已知常温下溶液的pH约为3.5，故为了防止pH偏高且不引入新的杂质，应随反应进行需加入适量H2C2O4以
30、降低pH，故答案为：H2C2O4；(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体，此时晶体表面还有大量的可溶性杂质，故依次用少量冰水以洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，再用95%乙醇洗涤以除去表面的水分，同时便以干燥，故答案为：洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分；(5)检验CO2通常用澄清石灰水，检验CO2中的CO需先用NaOH溶液除去CO2，然后干燥后通入灼热的CuO后再用澄清石灰水检验产物，最后需进行尾气处理，收集CO，故按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为DCBADE，故答案为：DCBADE；经过上述分析可知，CO+CuOCu+CO2，故A中的粉末由黑色变为红色，将生成的气体通入
31、其后的D中的石灰水变浑浊，即可确认气体产物中含CO， 故答案为：A中的粉末由黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊。19. 某小组探究Cu与反应，发现有趣的现象。室温下，的稀硝酸(溶液A)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液B(见图)遇铜片立即产生气泡。回答下列问题：(1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。假设1：_对该反应有催化作用。实验验证：向溶液A中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。结论：假设1不成立。假设2：对该反应有催化作用。方案：向盛有铜片的溶液A中通入少量，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液
32、A中加入几滴的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是_。方案：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：，该实验能够证明假设2成立的理由是_。查阅资料：溶于水可以生成和_。向盛有铜片的溶液A中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明对该反应也有催化作用。结论：和均对Cu与的反应有催化作用。(2)试从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因_。(3)Cu与稀硝酸反应中参与的可能催化过程如下。将ii补充完整。iii_iii(4)探究的性质。将一定质量的放在坩埚中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升至时，剩余固体质量变为原来的，则剩余固体的化学式可能为_。
33、【答案】 (1). Cu2+ (2). 排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响 (3). 通入N2可以带走溶液中的，因此三份溶液中的浓度：BCA，反应速率随 浓度降低而减慢，说明对该反应有催化作用 (4). (5). 有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子 (6). (7). 【解析】【分析】影响铜和硝酸反应速率的外因有反应物的浓度、温度、催化剂等，要探究催化剂对反应速率的影响，变量是催化剂，作对比实验，反应物浓度、温度必须相同，催化剂可以参与反应，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后催化剂的质量和化学性质不发生改变；计算受热分解所得产物化学
34、式时，结晶水合物先失去水、硝酸盐不稳定分解、结合应用质量守恒定律计算即可；【详解】(1) 溶液B与稀硝酸的区别就是B是铜和浓硝酸反应后的稀释液，先呈绿色后呈蓝色，稀释液中除了硝酸还存在铜离子、少量二氧化氮，溶液B遇铜片立即发生反应，催化剂能极大地加快反应速率，故推测Cu2+对该反应有催化作用、并通过实验探究之。排除了Cu2+对该反应有催化作用，就要通过实验探究对该反应有催化作用。作对比实验，控制变量，方案中向盛有铜片的溶液A中通入少量，补充对比实验，补充该实验的目的是排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响。方案：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，则三份溶液中唯一的变量的浓度不一样：由于通入N2
35、可以带走溶液中的，因此的浓度：BCA，则相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：可以证明，该实验能够证明对该反应有催化作用。已知溶于水可以生成，氮元素化合价降低，则该反应是氧化还原反应，推测氧化产物为，故溶于水可以生成和。(2) 根据价层电子对互斥理论，中孤电子对数为 ，价层电子对数为3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，空间构型为平面正三角形， 在NO2分子中，N周围的价电子数为5，根据价层电子对互斥理论，氧原子不提供电子，因此，中心氮原子的价电子总数为5，其中有两对是成键电子对，一个单电子，故从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因为：有单电子，很容易得到一个
36、电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子。(3) Cu与稀硝酸反应中反应过程中可能参与催化，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后的质量和化学性质不发生改变；Cu与稀硝酸反应为： ，反应ii=(总反应-i6-iii2)，则反应ii 为：。(4) 硝酸盐受热易分解，铜活泼性较弱，硝酸铜晶体受热分解会生成铜的氧化物，假设的质量为296g，即1mol，当温度升至时，剩余固体质量为296g24.33%=72g，其中Cu为64g，还剩余8g其他元素，应为氧元素，所以剩余物质中Cu和O的物质的量之比为1:0.5，则该物质应为Cu2O。20. 二氯异氰尿酸钠是常用的杀菌消毒剂，常温下
37、为白色固体，难溶于冷水。某同学利用高浓度的NaClO溶液和固体，在时反应制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如下图所示(部分夹持装置略)。 已知：回答下列问题：(1)仪器a的名称为_；装置A中制备的化学方程式为_。(2)待装置B_(填实验现象)时，再由三颈烧瓶上口加入固体；反应过程中仍需不断通入的理由是_。(3)反应结束后，装置B中浊液经过滤、_、干燥得粗产品。上述装置存在一处缺陷会导致装置B中NaOH利用率降低，改进的方法是_。(4)通过下列实验测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量。反应原理：实验步骤：准确称取mg样品，用容量瓶配成250 mL溶液；取上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液
38、，充分反应后，用标准溶液滴定至溶液呈微黄色。加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗溶液。该样品的有效氯含量表达式为_。()下列操作将导致样品有效氯测定值偏低的是_(填标号)。a加入稀硫酸的量过少b滴定前滴定管未排气泡滴定后气泡消失c锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数d读数时，滴定前平视、滴定后仰视【答案】 (1). 恒压滴液漏斗 (2). (3). 液面上方有黄绿色气体 (4). 使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率 (5). 冰水洗涤 (6). 在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 (7). (8). ac【解析】【分析】由题干实验装置图可知，A为制备Cl2，反应为，由于浓
39、盐酸有较强的挥发性，故这样制得的Cl2含有大量的HCl，将消耗部分NaOH，使得NaOH利用率降低，故需先通入到饱和食盐水的集气瓶来除杂，B装置是发生装置反应为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O， ，由此可知，反应过程中又生成了NaOH，故反应过程中需通入一定量的Cl2，装置C进行尾气处理，据此分析解题。【详解】(1)由实验装置图可知仪器a为恒压滴液漏斗，由分析可知装置A中制备的化学方程式为：，故答案为：恒压滴液漏斗；(2)待装置B液面上方有黄绿色气体时，说明NaOH溶液与Cl2已经完全反应，再由三颈烧瓶上口加入固体，由已知信息可知，加入固体后反应为：，该反应过程中生成了NaO
40、H，故仍需不断通入以增大NaOH的利用率，故答案为：液面上方有黄绿色气体；使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率；(3) 由题干信息可知，二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，故反应结束后，装置B中的浊液经过滤、冰水洗涤、干燥得粗产品，由于浓盐酸有较强的挥发性，故这样制得的Cl2含有大量的HCl，将消耗部分NaOH，使得NaOH利用率降低，故需先通入到饱和食盐水的集气瓶来除杂，故答案为：冰水洗涤；在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；(4) 由已知反应不难找出关系式为：，n(HClO)=n()=cmolL-1V=5cVmol，故该样品的有效氯含量表达式为=，故答案为：；a加入稀硫酸的量过少，将使反应不完全，即生成的HClO偏少，故将导致样品有效氯测定值偏低，a符合题意；b滴定前滴定管未排气泡滴定后气泡消失，将导致V偏大，故将导致样品有效氯测定值偏高，b不合题意；c锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数，此时可能锥形瓶内壁上仍然含有为参与反应的I2，将导致V偏小，故将导致样品有效氯测定值偏低，c符合题意；d读数时，滴定前平视、滴定后仰视，将使V偏高，故将导致样品有效氯测定值偏高，d不合题意；故答案为：ac。