1、内蒙古2021届高三上学期10月大联考试化学试卷注意事项：1.答题时，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。3.答非选择题时，必须使用黑色墨水笔或黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5.考试结束后，只将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 S32一、选择题1. 本草纲目中的“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属晒干烧灰，以原水淋汁久则凝淀如石浣衣发面，甚获利也。”下列
2、说法中错误的是（ ）A. “石碱”的主要成分易溶于水B. “石碱”俗称纯碱C. “石碱”可用作洗涤剂D. “久则凝淀如石”的操作为结晶【答案】B【解析】【详解】A“石碱”主要成分K2CO3，是钾盐，易溶于水，A正确；B“石碱”主要成分K2CO3，不是纯碱Na2CO3，B错误；C“石碱”主要成分K2CO3，是弱酸强碱盐，水解显碱性，所以可用于去油污，用作洗涤剂，C正确；D水分蒸发，K2CO3结晶析出，得到K2CO3晶体，所以“久则凝淀如石”的操作为蒸发结晶，D正确；故答案为：B。2. 下列化学用语表示正确的是（ ）A. HClO的结构式：H-O-ClB. H2O2的电子式：C. 硫离子(S2-)
3、的结构示意图：D. CO2的比例模型：【答案】A【解析】【分析】此题考查微粒的化学用语，结构式、电子式都可根据原子达到8电子或者2电子稳定结构推断。而比例模型则根据原子半径大小进行判断。【详解】A. HClO的结构式根据氧原子的最外层电子数是6可以判断需要2电子达到8电子的稳定结构，所以O原子形成2个化学键，同理H和Cl形成一个化学键，所以他们的结构位置是H-O-Cl，故A正确；B中根据H和O达到2电子和8电子的稳定结构判断，只能共用电子对，根据需要几个电子共用几对的特点进行书写电子式。由于是共用电子对所以电子式为：，故B错误；C中硫离子结构示意图，圈里表示的是质子数，而 S的质子数等于原子序
4、数是16，故C错误；D中根据碳和氧原子的半径大小判断，由于碳原子半径大于氧原子的半径，所以应该是中间大两边小，故D错误；【点睛】此题关键利用原子的核外电子排布结构和原子半径进行判断，注意化学用语的基本概念的理解。3. 海洋动物海鞘中含有种类丰富、结构新颖的次生代谢产物，是海洋抗肿瘤活性物质的重要来源之一。一种从海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物的流程如图：下列关于该流程中各步骤选用的分离方法及装置不正确的是( )A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A为固液分离，为过滤，装置正确，故A正确；B为分液，装置有分液漏斗和烧杯，故B正确；C为蒸发，应该用蒸发皿，故C错误；D为液液
5、分离，利用沸点差异采用蒸馏分离，故D正确；故选C。4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 22g乙醛和丙烷的混合物中含有的氢原子总数为2NAB. 标准状况下，体积均为2.24L的CH4与NH3含有的电子总数均为NAC. 2molSO2与1molO2在一定条件下充分反应，产物的分子数为2NAD. 24gMg在空气中点燃，完全反应生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为3NA【答案】B【解析】【详解】A设22g混合物中的乙醛为xg，则丙烷为(22-x)g，故含有的氢原子总数为，故无法计算氢原子数，A错误；B1molCH4与NH3所含的电子数均为10mol，标准状况下，体积均为2
6、.24L的CH4与NH3含有的电子总数均为 =NA，B正确；C由于是可逆反应，任何反应物均不可能完全转化，故2mol SO2与1molO2在一定条件下充分反应，产物的分子数小于2NA，C错误；D24gMg在空气中点燃，完全反应生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为，D错误；故答案为：B。5. 分别利用如图装置(夹持装置略)进行相应实验，不能达到实验目的的是( )A. 用甲装置制备并收集NH3B. 用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生C. 用丙装置制备无水FeCl3D. 用丁装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色【答案】B【解析】【详解】A实验室制备氨气，是采用氢氧化钙和氯化铵加热，氨气的密
7、度比空气小，故用向下排空气法收集，试管口的棉花能够防止空气对流使收集的氨气不纯，故可用甲装置制备并收集NH3，A正确；B由于液溴具有很强的挥发性，挥发出来的Br2与水反应生成HBr也能与硝酸银产生淡黄色沉淀溴化银，故用乙装置不验证有无HBr产生，B错误；C由于FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，故制备无水FeCl3需在通入HCl的气流中进行蒸发，抑制氯化铁的水解，故可用丙装置制备无水FeCl3，C正确；D丁装置中，铁做阳极，Fe电极发生的反应为：Fe-2e-=Fe2+，石墨为阴极，电极发生的反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，然后Fe2+2OH-=Fe(OH)2，且煤油能够隔绝
8、空气，故用丁装置可制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色，D正确；故答案为：B。6. 香豆素3羧酸是日用化学工业中的重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成：下列说法不正确的是( )A. 水杨醛与苯甲酸互为同分异构体B. 水杨醛、中间体、香豆素-3-羧酸都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 中间体、香豆素-3-羧酸互为同系物D. 1mol香豆素-3-羧酸与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH【答案】C【解析】【详解】A水杨醛和苯甲酸的分子式都为C7H6O2，结构不同，互为同分异构体，选项A正确；B水杨醛、中间体、香豆素-3 -羧酸中均含有碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾褪色，选项B正确；C中间
9、体与香豆素-3 -羧酸中含- COOC -的数目不同、官能团不同，二者不是同系物，选项C不正确；D香豆素-3 -羧酸中酯基水解后生成酚羟基和羧基，1mol 香豆素- 3 -羧酸最多能消耗3molNaOH，选项D正确。答案选C7. 最近，科学家发现一种高能盐，该盐由X、Y、Z、M四种原子序数依次增大的短周期元素组成，其化学式为(Y5)6(X3Z)3(YX4)4M。该盐的两种阳离子X3Z+和YX4+均为10电子离子。化合物XM是18电子分子。下列说法错误的是( )A. X与Z还可形成10电子的阴离子和分子B. 该盐中存在离子键、极性共价键和非极性共价键C. Y的气态氢化物可以和其最高价氧化物的水化
10、物反应生成盐D. 简单离子的半径大小关系：MZYX【答案】D【解析】【分析】该盐由X、Y、Z、M四种原子序数依次增大短周期元素组成，其化学式为（Y5)6(X3Z)3(YX4)4M.该盐的两种阳离子均为10电子离子，分别是由X与Y、X与Z组成。化合物XM是18电子分子，则X为H、Y为N、Z为O、M为Cl，X与Y、X与Z组成的10电子离子分别为、H3O+。【详解】AX与Y、X与Z还分别可形成10电子分子分别为NH3、H2O，选项A正确；B内存在非极性共价键，、H3O+内存在极性共价键，、Cl-、H3O+阴、阳离子之间存在离子键，选项B正确；CY的气态氢化物NH3可以和其最高价氧化物的水化物HNO3
11、反应生成盐NH4NO3，选项C正确；D四种元素所形成的简单离子的半径由大到小为Cl-N3-O2-H+，即M YZ X，选项D错误；答案选D。【点睛】在比较主族元素原子、离子半径大小的时候注意以下几点：电子层数越多，粒子半径越大；当电子层数相同、核外电子数相同时，核电荷数越大，粒子的半径越小；当电子层数相同、核电荷数相同时，核外电子数越多，半径越大。8. 下列化学方程式或离子方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是( )A. “以曾青涂铁，铁赤色如铜”(曾青的主要成分为CuSO4)：Fe+CuSO4=FeSO4+CuB. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O2=2Na2OO2C.
12、CuO投入稀硫酸中，黑色固体溶解，溶液呈蓝色：CuO+2H+=Cu2+H2OD. 向溴水(橙色)中通入SO2气体，溶液褪色：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42-【答案】B【解析】【详解】A“以曾青涂铁，铁赤色如铜”即在铁片上涂上硫酸铜溶液，则铁表面就有红色的铜析出，故反应方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，A不合题意；BNa2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色，是过氧化钠与空气中的水蒸气或CO2反应，故反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOHO2或者2Na2O2+2CO2=2Na2CO3O2，B符合题意；CCuO投入稀硫酸中，黑色固体溶解，溶液呈蓝色，即黑色的
13、氧化铜与稀硫酸反应，故反应方程式为：CuO+2H+=Cu2+H2O，C不合题意；DSO2具有强还原性，能被溴水氧化，故向溴水(橙色)中通入SO2气体生成无色的HCl和H2SO4，溶液橙色褪色，故反应方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+，D不合题意；故答案为：B。9. 某化学兴趣小组用如图装置进行乙醇催化氧化及产物检验的实验。下列说法错误的是( )A. 无水硫酸铜由白变蓝，说明乙醇氧化反应生成了水B. 实验过程中铜丝出现红色和黑色交替的现象C. 大试管中发生反应的化学方程式为CH3CH2OH+O2CH3CHO+H2OD. 向10 mL0.1mol/LNaOH溶液中滴加几滴CuSO
14、4现配制Cu(OH)2悬浊液【答案】C【解析】【详解】A常用无水硫酸铜来检验水的存在，故若无水硫酸铜由白变蓝，即CuSO4转化为CuSO45H2O，说明乙醇氧化反应生成了水，A正确；B实验过程中铜丝参与的反应有：2Cu+O22CuO，CuO+CH3CH2OHCH3CHO+H2O+Cu，故出现红色和黑色交替的现象，B正确；C大试管中发生反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，C错误；D乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应中，需保证NaOH过量，故向10 mL0.1mol/LNaOH溶液中滴加几滴CuSO4现配制Cu(OH)2悬浊液，D正确；故答案为：C。10. 碳酸镧L
15、a2(CO3)3可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O。某化学兴趣小组利用如图实验装置模拟制备碳酸镧。下列说法不正确的是( )A. 丁中发生反应的化学方程式为NH3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3B. 乙中盛放的试剂是饱和NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl，同时生成CO2C. 丙中应先通入NH3，后通入过量的CO2有利于提高La2(CO3)3的产率D. 若将装置甲中的稀盐酸换成稀硫酸，则可以不用装置乙【答案】D【解析】【分析】由分析可知：甲装置的作用为制备CO2，乙装置的作用为除去C
16、O2中的HCl，丁装置的作用为制备NH3，丙装置为制备La2(CO3)3的装置。【详解】A丁装置的作用为制备NH3，丁中发生反应的化学方程式为NH3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3，故A项正确；B乙装置的作用为除去CO2中的HCl，故乙中盛放的试剂是饱和NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl，同时生成CO2，故B项正确；CNH3溶解度大，丙中应先通入NH3，有利形成碱性环境，增大CO2的溶解度，后通入过量的CO2有利于提高La2(CO3)3的产率，故C项正确；D稀硫酸与CaCO3会生成微溶物CaSO4，附着在反应物表面，阻碍反应继续进行，故不可将稀盐酸换成稀硫酸，故D项错误；故答案为
17、D。11. 碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如图：下列说法不正确的是( )A. 分离器中物质分离的操作为过滤B. 该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”C. 反应器中发生的反应为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HID. 膜反应器中发生的反应为2HII2+H2【答案】A【解析】【详解】A碘和二氧化硫反应生成硫酸和HI，分离器中为氢碘酸和硫酸的分离，应采用沸点不同进行蒸馏分离，A错误；B反应器中，碘和二氧化硫反应生成硫酸和HI，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+，在膜分离器中发生反应：2HII2+H2，反应器中消耗的碘的
18、量等于膜反应器中生成的碘的量，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”， B正确；C 由流程图可知，在反应器中进入的物质有SO2、I2、2H2O，出去的物质有HI、H2SO4，故发生反应为：SO2+I2+2H2O2HI+H2SO4，C正确；D由流程图可知，在膜反应器中的反应即HI分解的反应：2HII2+H2，D正确；故答案为：A。12. 中国科学家首次用CO2高效合成乙酸，其反应路径如图所示：下列说法错误的是( )A. 步骤5可表示为HI+LiOH=H2O+LiIB. CH3COOH易溶于水的主要原因是CH3COOH与H2O形成分子间氢键C. LiOH和HI为该反应的催化剂D. 该过程的总
19、反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O【答案】C【解析】【详解】A由图可知，步骤5可表示为HI+LiOH=H2O+LiI，故A正确；BCH3COOH与H2O形成分子间氢键，所以CH3COOH易溶于水，故B正确；CLiOH和HI为该反应的中间产物，不是催化剂，故C错误；D由图可知，该过程的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D正确；故选C。13. 研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。下列说法错误的是( )A. 电池左侧为正极，电极反应式为HCOOH+3OH-+2e-=HCO+2H2OB. 放电过程中需补充的物质
20、A为H2SO4C. 放电时K+通过半透膜移向右侧D. HCOOH燃料电池的总反应为2HCOOH+O2+2OH-=2HCO+2H2O【答案】A【解析】【详解】燃料电池中通入氧气的一极为正极，发生还原反应，通入燃料的一极是负极，发生氧化反应，据此分析解题：A电池左侧是由HCOOH转化为HCO，C的化合价由+2价变为+4价，化合价升高被氧化，故左侧为负极，电极反应式为HCOOH+3OH-2e-=HCO+2H2O，A错误；B由于左侧为负极，故电池中的阳离子K+由左侧进入右侧，由图中可知右侧进入的为A和O2，出来的是K2SO4，故右侧电极反应为：4H+O2+4e-=2H2O，故放电过程中需补充的物质A为
21、H2SO4，B正确；C由B项分析可知，放电时K+通过半透膜移向右侧，C正确；D由A项分析可知电池正极反应为：HCOOH+3OH-2e-=HCO+2H2O，由B项分析可知，电池负极反应式为：4H+O2+4e-=2H2O ，将正、负极反应式相加即可得到HCOOH燃料电池的总反应为2HCOOH+O2+2OH-=2HCO+2H2O，D正确；故答案为：A。14. 现有一份澄清无色的溶液，可能含有Na+、K+、NH4+、Ca2+、Fe3+、SO、CO、SO、Cl-、I-中的若干种，且离子的物质的量浓度均为0.1mol.L-1(不考虑水解和水的电离)。向该溶液中加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成
22、。另取少量原溶液，设计并完成如图实验：下列关于原溶液的判断不正确的是( )A. 是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定B. 向原溶液中加入NaOH溶液并加热，有刺激性气味的气体生成C. 虽然实验过程引入了氯元素，但不影响原溶液是否存在Cl-的判断D. 肯定不存在的离子是Ca2+、Fe3+、SO、CO、Cl-【答案】A【解析】【分析】澄清溶液往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液无白色沉淀生成，无SO，加足量氯水无气体，则无CO，溶液加四氯化碳分液，下层紫红色，则有I-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀有SO，无Ca2+、Fe3+溶液中一定含阳离子且离子浓度都为0.1mol.L-1，根
23、据电荷守恒，一定含有Na+、K+、NH4+，一定不存在Cl-。【详解】A肯定存在的离子是SO、I-，根据电荷守恒可以知道，一定含有Na+、K+、NH4+，故A错误；B根据电荷守恒可以知道，一定含有NH4+，向原溶液中加入NaOH溶液并加热，有氨气产生，所以B选项是正确的；C肯定存在的离子是SO、I-，根据电荷守恒定含有Na+、K+、NH4+，一定不存在Cl-，所以C选项是正确的；D由分析可以知道肯定不存在的离子是Ca2+、Fe3+、SO、CO、Cl-，所以D选项是正确的；故选A。15. 下列实验方案能达到相应目的的是( )A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A氯化铵受热易
24、分解，生成氨气和氯化氢在管口又生成氯化铵，而升华物理现象，故A错误；B用新制的氢氧化铜检验醛基需在碱性条件下才能反应，应先加碱调到碱性，故B错误；C以镁、铝为电极材料，稀硫酸为电解质，形成原电池，镁电极做负极，逐渐溶解，铝电极作正极，有气泡出现，所以镁作负极，铝作正极，说明金属活动性镁大于铝，故C正确；D氯化钠和硝酸银反应后，硝酸银有剩余，加入碘化钠，碘化钠和硝酸银直接反应生成碘化银黄色沉淀，所以不能判断氯化银和碘化银的Ksp，故D错误；故选C。16. 室温下，向20.00mL0.10molL-1氨水中滴入0.10molL-1盐酸，溶液中pH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列说法正确的是(
25、)A. N点消耗盐酸的体积V20mLB. M点所示溶液中c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(Cl-)C. Q点溶液中溶质为NH4Cl和HClD. M点和N点所示溶液中水的电离程度：MN【答案】C【解析】【详解】A当V=20mL时，氨水和盐酸恰好完全反应生成NH4Cl，溶液呈酸性，而N点pH=7，故消耗盐酸的体积V20mL，A错误；B根据物料守恒可知，当c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(Cl-)时溶质为NH4Cl，即氨水和盐酸恰好完全反应时，溶液成酸性，而图中M点显碱性，前后矛盾，B错误；CQ点时加入的HCl的体积为30mL，说明盐酸过量，故溶液中溶质为NH4Cl和HCl，C正确；DM
26、点和N点所示溶液均为氨水过量，则溶液中的H+完全是水电离产生的，由图中可知，M所示溶液的pH比N的大，碱性越强，对水的抑制程度越大，即水的电离程度：MN，D错误；故答案为：C。二、非选择题：(一)必考题17. 绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，可用化学实现“变废为宝”，碱式硫酸铁是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，可由硫酸亚铁同热的稀硝酸制得，工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、铁的氧化物等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示。回答下列问题：(1)可用Na2CO3溶液除去废铁屑表面油污的原因是_(用离子方程式表示)。(2)“酸浸”后溶液
27、中主要的金属阳离子有_(填离子符号)。(3)“调pH”时加入少量NaHCO3应控制pH的范围是_，理由是_。(4)“氧化”中加入NaNO3和稀H2SO4的目的是氧化Fe2+，写出该反应的离子方程式：_。(5)碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)聚合离子，该水解反应的离子方程式为_。【答案】 (1). CO+H2OHCO+OH- (2). Fe2+、Al3+ (3). 4.4pH7.5 (4). 将Al3+完全转化为Al(OH)3沉淀，而Fe2+不能生成沉淀 (5). 4H+3Fe2+NO=3Fe3+NO+2H2O (6). 2Fe(OH)2+2H2OFe2(
28、OH)+2H+【解析】【分析】由制备流程可知，由于Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂的水解，故先用Na2CO3溶液除去废铁屑表面油污，废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）溶于稀硫酸，主要发生Fe+2H+Fe2+H2，氧化铝与酸反应生成铝离子，铁的氧化物溶于酸后生成铁离子（或含亚铁离子），加入Fe发生Fe+2Fe3+3Fe2+，制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al(OH)3，要避免生成应Fe(OH)2沉淀，控制pH在4.4pH7.5之间，过滤分离出滤渣为Al(OH)3，反应II中加硫酸及硝酸钠生成铁离子，蒸发、过滤得到Fe(OH)SO4，以此来解答。【详解】(1) 由于Na2CO3溶
29、液发生水解而呈碱性，能促进油脂的水解，故可用Na2CO3溶液除去废铁屑表面油污,故答案为：；(2) 由上述分析可知，用稀硫酸浸废铁屑后溶液中主要的金属阳离子有Fe2+、Al3+，故答案为：Fe2+、Al3+；(3)加入少量NaHCO3的目的是调节pH使溶液中的Fe2+不生成沉淀，而Al3+沉淀完全除出去，故需调节pH在4.4pH7.5范围内，故答案为：4.4pH7.5；将Al3+完全转化为Al(OH)3沉淀，而Fe2+不能生成沉淀；(4) “氧化”中加入NaNO3和稀H2SO4的目的是氧化Fe2+，根据NaNO3电离出和稀H2SO4电离出的H+组成具有强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，结合氧
30、化还原反应的配平，可得发生反应的离子方程式为4H+3Fe2+=3Fe3+NO+2H2O，故答案为：4H+3Fe2+=3Fe3+NO+2H2O；(5) 碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成聚合离子，该水解反应的离子方程式为2Fe(OH)2+2H2O+2H+，故答案为：2Fe(OH)2+2H2O+2H+。18. 硫代硫酸钠(Na2S2O35H2O，M=248gmol-1)是一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体并测定其产品的纯度。查阅资料知：Na2S2O35H2O是无色透明晶体，易溶于水，遇酸易分解向Na2CO3和Na2S的混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3
31、实验装置如图所示(省略夹持装置)：I.制备硫代硫酸钠。(1)检查装置气密性，然后按图示加入试剂。装置D的作用是_；装置E中应盛放的试剂是_。(2)装置A中发生反应的化学方程式为_。(3)装置C中发生反应的化学方程式为_。(4)待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤装置C中混合物，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品。洗涤时为尽可能避免产品损失，应选用试剂是_(填字母序号)。A.水 B.乙醇 C.氢氧化钠溶液 D.稀盐酸II.测定硫代硫酸钠产品的纯度。(5)该小组称取5.0g产品配成250mL硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：向锥形瓶中加入25.00mL
32、0.01molL-1KIO3溶液，再加入过量的KI溶液并酸化，发生反应的离子方程式为_；然后加入几滴淀粉溶液，立即用所配的Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-，当达到滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。滴定终点的现象是_；该产品的纯度是_。【答案】 (1). 安全瓶，防倒吸 (2). NaOH溶液 (3). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O (4). 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 (5). B (6). 5I-+6H+=3I2+3H2O (7). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 (8). 93%【解析】【
33、分析】用70%的浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫通入C中，与硫化钠、碳酸钠溶液发生反应生成硫代硫酸钠，因二氧化硫有毒不能直接排空，E中装有碱液用来吸收尾气，实验过程中为防倒吸，B、D为安全瓶，据此分析及题中信息解答。【详解】(1)因二氧化硫易溶于碱性溶液，所以要防止产生倒吸，装置D的作用是作安全瓶，防倒吸；E中试剂是NaOH溶液，目的是吸收尾气中剩余的二氧化硫，以免污染空气，答案：安全瓶，防倒吸；NaOH溶液；(2)装置A为气体发生装置，70%的浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，答案：Na2SO3+H2SO4=
34、Na2SO4+SO2+H2O；(3)由信息可知向Na2CO3和Na2S的混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，所以C中反应的化学方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；(4)Na2S2O35H2O无色透明晶体，易溶于水，遇酸易分解，洗涤时为尽可能避免产品损失，应先用乙醇进行洗涤，答案：B；(5)向锥形瓶中加入25.00mL0.01molL-1KIO3溶液，再加入过量的KI溶液并酸化，由信息可知反应后生成I2，所以锥形瓶中发生的是不同价态的碘元素的归中反应，反应的离子方程式为5I-+6H+=3I2+3H2O，然后加入几滴淀粉溶液，溶液显蓝色，立即用所配的Na2S
35、2O3溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色时到达滴定终点，由上述反应可得如下关系式：，则n()=0.015mol，则原溶液中n(Na2S2O35H2O)=0.0015mol=0.01875mol，m(Na2S2O35H2O)=0.01875mol248gmol-1=4.65g，因此该产品的纯度=100%=93%，答案：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；93%。【点睛】最后计算产品的纯度时要注意配制溶液与滴定时所用溶液之间量的关系。19. 合理利用和转化NO2、SO2、CO、NO等污染性气体是环保领域的重要课题。(1)SO2的排放主要来自煤的燃烧，工业
36、上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：SO2(g)+NH3H2O(aq)=NH4HSO3(aq) H1=akJmol-1NH3H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l) H2=bkJmol-12(NH)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) H3=ckJmol-1则反应2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的H=_kJmol-1。(2)汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定温度和催化剂条件下可转化为N2(g)和CO2(g)，反应方程式为2
37、NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H”“”或“=”，下同)，催化效果M_N，理由是_。在T1、1.1106Pa时，该反应的化学平衡常数K=_。(4)以连二硫酸盐(S2O)为媒介，使用间接电化学法可处理NO，装置如图3所示。已知电解池的阴极室中溶液的pH在47之间，写出阴极的电极反应式：_。用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：_。【答案】 (1). 2a+2b+c (2). 40% (3). 0.027mol.(L.min)-1 (4). (6). 由于该反应为放热反应，温度降低，平衡正向进行，NO的转化率增大，所以T1N (7). 4 (8). 2HSO+2e-+2H+=
38、S2O+2H2O (9). 2NO+S2O+2H2O=N2+4HSO【解析】【详解】(1)根据盖斯定律，热化学方程式2+2+得2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)，故该反应的H=2a+2b+c kJmol-1，故答案为：2a+2b+c；(2)根据化学平衡，列出三段式： 平衡时NO的转化率为=40%；015min内，v(NO)= 0.027mol.(L.min)-1，故答案为：40%；0.027mol.(L.min)-1；(3)由图可知，该反应为放热反应，温度降低，平衡正向进行，NO的转化率增大，所以T1T2，T1温度下达到平衡的时间小
39、于T2，反应速率更快，说明催化剂效果MN，所以催化效果MN，故答案为：；由于该反应为放热反应，温度降低，平衡正向进行，NO的转化率增大，所以T1T2，而T1温度下达到平衡的时间小于T2，反应速率更快，说明催化剂效果MN；在T1、1.1106Pa时，列出三段式，设NO的投料量的物质的量为X： 该反应的化学平衡常数K= =4，故答案为：4；(4)电解池的阴极室中溶液的pH在47之间，说明溶液呈酸性，阴极2HSO得电子，电极反应式为2HSO+2e-+2H+=S2O+2H2O，由图可知，吸收池中NO和S2O发生反应生成氮气和HSO，离子方程式为2NO+S2O+2H2O=N2+4HSO，故答案为：2HS
40、O+2e-+2H+=S2O+2H2O；2NO+S2O+2H2O=N2+4HSO。【点睛】化学平衡常数是用浓度进行计算，若题目给的物质的量，要注意换算成浓度。(二)选考题：20. 金属铜、铁、铝等在人类文明史上先后被广泛使用。回答下列问题：(1)基态铜原子价层电子排布式为_；基态Fe原子中未成对电子数为_；基态铝原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。(2)实验测得气态氯化铝分子的结构式为，氯化铝是_晶体，气态氯化铝中存在_(填字母序号)。A.离子键 B.配位键 C.氢键 D.范德华力 E.金属键 F.非极性共价键(3)某些氧化物的熔点数据如表所示：解释表中氧化物的熔点存在差异的原因：_。(4
41、)CuCO3可用于制备高温超导体，其3种组成元素中电负性最大的是_(填元素符号)，CO的空间构型是_，其中碳原子的杂化方式为_。(5)氮化铝晶胞结构可看作金刚石晶胞(如图所示)内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被铝原子代替。AlN晶体中N和N的原子核间距为apm，AlN摩尔质量为Mgmol-1，阿伏加德罗常数的值为NA，则AlN晶体的密度为_gcm-3(1pm=10-12m)。【答案】 (1). 3d104s1 (2). 4 (3). 哑铃(或纺锤) (4). 分子 (5). BD (6). K2O和CuO是离子晶体，熔化需破坏离子键，SO3是分子晶体华力，范德华力比离子键要弱，所以
42、SO3晶体熔点低，另两种晶体中CuO的Cu2+半径小，带电荷量大，晶格能大，所以熔点更高 (7). O (8). 平面三角形 (9). sp2 (10). 【解析】【分析】【详解】(1)已知铜的质子数为29，故基态铜原子价层电子排布式为3d104s1；铁的质子数为26，基态Fe原子中价层电子排布式为3d64s2，故只有3d上有未成对电子数，故为4；铝的质子数为13，基态铝原子电子占据最高能级为3p能级，所有p能级的电子云轮廓图为哑铃或纺锤体形。故答案为：3d104s1；4；哑铃或纺锤体；(2)由气态氯化铝分子的结构式为，可知气态是存在氯化铝分子，故氯化铝是分子晶体，从结构式可知：气态氯化铝中存
43、在Al-Cl共价键和Al-Cl之间的配位键，还存在氯化铝分子间作用力即范德华力，故答案为：分子；BD； (3)SO3为分子晶体，熔沸点取决于分子间作用力，K2O，CuO均为离子晶体，熔沸点取决于离子键的强弱，而离子键的强弱又与离子间的距离和离子所带的电荷有关，Cu2+的半径小于K+，且Cu2+所带电荷比K+多，故CuO的晶格能比K2O的大，故答案为：K2O和CuO是离子晶体，熔化需破坏离子键，SO3是分子晶体华力，范德华力比离子键要弱，所以SO3晶体熔点低，另两种晶体中CuO的Cu2+半径小，带电荷量大，晶格能大，所以熔点更高；(4)根据元素的电负性，同一周期从左往右依次增大，同一主族从上往下
44、依次减小，故CuCO3中电负性最大的元素是O(填元素符号)，CO的价层电子对数为：3+=3，即中心原子C原子周围有3个键，无孤对电子，故的空间构型是平面三角形，碳原子的杂化方式为sp2，故答案为：O；平面三角形；sp2；(5)氮化铝晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被铝原子代替，故一个晶胞中含有的N原子数为：41=4，含有的Al数目为：，设晶胞的边长为xcm，根据AlN晶体中N和N的原子核间距为apm，可求出x=，AlN摩尔质量为Mgmol-1，阿伏加德罗常数的值为NA， 设AlN晶体的密度为gcm-3(1pm=10-12m) 故有：NA()3=4molM g
45、mol-1，得出=，故答案为：。21. 化合物F是合成啶氧菌酯(H)的一种中间体，由芳香化合物A为原料制备H的一种合成路线如图：已知：I.AF中苯环上均只有2个取代基；II.RClRCN(R为烃基)。回答下列问题：(1)A的化学名称是_；H中含氧官能团的名称是_。(2)的反应类型为_。(3)D、F的结构简式分别是_、_。(4)反应的化学方程式为_。(5)芳香化合物X是H的同分异构体，X能发生银镜反应、水解反应，还能与FeCl3溶液发生显色反应；X的核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6：2：1：1，写出一种符合题目要求的X的结构简式：_。(6)聚乳酸是一种新型的生物降解材料。请设计以1-氯乙醇
46、()为起始原料制备聚乳酸的合成路线：_(无机试剂任选)。【答案】 (1). 邻二甲苯(或1,2-二甲苯) (2). 醚键和酯基 (3). 取代反应 (4). (5). (6). +2NaOH+2NaCl (7). 、 (8). 【解析】【分析】依据A是芳香化合物，由A的分子式和G的结构简式苯环上只有两个取代基，确定A为邻二甲苯（），依据反应条件，B应是，再结合已知条件和G的结构，可确定C、D、E、F的结构分别是、，据此解答。【详解】(1)由分析可知，A是邻二甲苯(或1,2-二甲苯)，H为，含氧官能团的名称醚键和酯基，故答案为：邻二甲苯(或1,2-二甲苯)；醚键和酯基；(2)反应是氯原子被氰基(
47、-CN)取代，反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；(3)由分析可知，D的结构简式为，F的结构简式为，故答案为：； (4)反应是水解为，化学方程式为+2NaOH+2NaCl，故答案为：+2NaOH+2NaCl； (5)H的分子式为C11H10O3，由题给条件知X必含甲酸酯基和酚羟基，由核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6:2:1:1，可初步确定其中含有两个甲基，综上所述，符合题意的X的结构有、，故答案为：、；(6)以1-氯乙醇()为起始原料，和NaCN发生取代后再水解引入羧基，再缩聚即可制备聚乳酸，合成路线为，故答案为：。【点睛】要使碳链增加1个C，常采用和NaCN发生取代后再水解引入羧基，来增加碳原子，此为易混点。