1、广东省汕头市金山中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）1.下列诗句中，加点字（词）所指代物质的主要成分与其他三项不相同的是A. 柳絮飞时花满城B. 朝如青丝暮成雪C. 狐裘不暖锦衾薄D. 春蚕到死丝方尽【答案】A【解析】【详解】A. 柳絮飞时花满城，柳絮主要成分纤维素； B. 朝如青丝暮成雪，青丝主要成分蛋白质；C. 狐裘不暖锦衾薄，狐裘主要成分蛋白质；D. 春蚕到死丝方尽，丝主要成分蛋白质。综上所述，与其他三项不相同是A，故选A。，2.现有Ti3+的配合物 TiCl（H2O）5Cl2H2O ，其中配离子TiCl（H2O）52+中含有的化学键类型分别是A. 离子键、配位键B
2、. 非极性共价键、配位键C. 极性共价键、非极性共价键D. 极性共价键、配位键【答案】D【解析】配离子TiCl（H2O）52+中含有非金属原子之间的极性共价键以及配位键，其中钛元素的配位体是H2O、Cl-，答案选D。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 标准状态下，33.6L氟化氢中含有1.5NA个氟化氢分子B. 电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阴极析出32g铜C. 在反应KClO36HCl=KCl3Cl23H2O中，每生成3molCl2转移的电子数为6NAD. 25时，pH13的氢氧化钡溶液中含有0.1NA个氢氧根离子【答案】B【解析】【详解】A标况下HF是液体，故A项
3、错误；B电解精炼铜时阴极反应识为Cu2+2e-=Cu，故转移NA个电子时析出0.5mol铜单质，质量为32g，故B选项正确；CKClO36HCl=KCl3Cl23H2O中电子转移关系式为5e-3 Cl2，每生成3molCl2转移的电子数为5NA，故C选项错误；D未给出溶液的体积，故不能得出离子的具体数量，故D选项错误；故答案选择B。4.已知P4单质的结构如下，P4在KOH溶液中的变化是：P4+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3，下列说法正确的是A. P4中P原子为sp2杂化B. 31gP4含有3NA个PP键C. 相关元素的电负性大小顺序：POHKD. 产物PH3为极性分子，所有的原子不
4、可能共平面【答案】D【解析】【详解】A根据P4的结构可知每个P原子形成3个键，还有一对孤电子对，所以价层电子对数为4，为sp3杂化，故A错误；B据图可知一个P4分子中有6个PP键，31gP4的物质的量为=0.25mol，含1.5molPP键，故B错误；C非金属性越强电负性越大，所以电负性OPHK，故C错误；DPH3中心原子价层电子对数为4，含一对孤电子对，所以为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，且所有原子不可能共面，故D正确；综上所述答案为D。5.化合物X(5-没食子酰基奎宁酸)具有抗氧化性和抗利什曼虫活性而备受关注，X的结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是A. 分子式为C14H
5、15O10B. 该分子中有3个手性碳原子C. 1molX最多可与5molNaOH反应D. 1molX最多可与4molNaHCO3反应【答案】C【解析】【分析】由图可知，该有机物分子中存在官能团OH，COOH，酯键等，同时存在酚羟基。【详解】A分子式为C14H16O10，故A选项错误；B该分子中有4个手性碳原子分别如图所示，故B选项错误；、C1molX最多可与5molNaOH反应，分别是羧基，酯键和3个酚羟基，故C选项正确；D1molX最多可与1molNaHCO3反应，酚羟基不与NaHCO3反应，故D选项错误；故答案选择C。【点睛】本题主要考察有机物官能团的性质，及含有不饱和碳的有机物分子式的确
6、定；6.X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断正确的是A. X位于元素周期表第二周期族B. 反应可用于工业上制取高纯度的WC. 甲、丙均能与氢氧化钠溶液反应D. 工业上通过电解乙来制取Z的单质【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，可在甲中燃烧生成X的单质，应为镁与二氧化碳的反应，则Z为Mg，甲为CO2，乙为MgO，由此关系可知X为C元素，Y为O元素，X、W为同一主族元素，则W为Si，丁为CO，丙为SiO2，以此解答该
7、题。【详解】A碳元素位于元素周期表第二周期A族，不能说族，故A错误；B反应是2C+ SiO2Si+2CO，可用于工业上制取粗硅，故B错误；C甲为CO2、丙为SiO2，都是酸性氧化物，可以和NaOH溶液反应，故C正确；D工业上通过电解熔融氯化镁来制取镁的单质，氧化镁熔点高，消耗能源大，故D错误；综上所述答案为C。7.某兴趣小组查阅资料得知：保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液能定量吸收O2，CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化。拟设计实验方案，采用上述两种溶液和KOH溶液及量气装置，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的百分组成。下列说法不正确的是A. 其他两种吸收剂不变，O
8、2的吸收剂可以用灼热的铜网替代B. 采用上述3种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O2和COC. 反应结束，恢复至室温，调整水准管内液面与量气管液面齐平，可观察到量气管液面下降D. 保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式为2+3O2+4OH-=4+2H2O【答案】A【解析】【分析】测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的百分组成，由于CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化，所以依次用KOH溶液吸收CO2、用保险粉吸收氧气、用CuCl的盐酸溶液吸收CO，最后用排水量气法测定氮气的体积。【详解】A其他两种吸收剂不变，O2的吸收剂若用灼热的铜网替代，氧气和铜
9、反应生成氧化铜，氧化铜和CO反应生成二氧化碳和铜，故A错误；B由于CuCl的盐酸溶液易被O2氧化，所以先用KOH溶液吸收CO2，再用保险粉吸收氧气，后用CuCl的盐酸溶液吸收CO，故B正确；C反应结束，有氮气剩余，恢复至室温，调整水准管内液面与量气管液面齐平，可观察到量气管液面下降，故C正确；D保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液吸收O2，S2O4被氧化为，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为2+3O2+4OH-=4+2H2O，故D正确；选A。8.下列解释事实的离子方程式正确的是A. 用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：+2H+SO2+S+H2OB. 硝酸铁溶液中加入少量碘化氢：2
10、Fe3+2I=2Fe2+I2C. 向NaClO溶液中通入过量SO2制取次氯酸：ClO+H2O+SO2HClO+D. 硫酸铝铵与氢氧化钡以12混合形成的溶液：Al3+2+2Ba2+4OH=BaSO4+2H2O【答案】A【解析】【详解】A硫代硫酸钠在酸性环境下会发生歧化反应生成二氧化硫和硫单质，离子方程式为+2H+SO2+S+H2O，故A正确；B酸性环境下，硝酸根的氧化性更强，所以硝酸铁溶液中加入少量碘化氢，离子方程式为2NO+8H+6I=3I2+2NO+4H2O，故B错误；C次氯酸根会将二氧化硫氧化成硫酸根，离子方程式为：SO2+ClO+H2O=2H+SO+Cl，故C错误；D当nNH4Al(SO
11、4)2：nBa(OH)2=1：2时，生成产物为NH3H2O、BaSO4、Al(OH)3，没有足够的氢氧根和氢氧化铝沉淀反应，所以离子方程式为：Al3+2SO+NH+2Ba2+4OH=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O，故D错误；综上所述答案为A。9.中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。下列有关说法正确的是（ ）A. 在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2OB. 中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C. 催化剂HZMS-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率D. 该过程，CO2转化为汽油的转化率高达78【答
12、案】B【解析】【详解】A、由流程图可知，CO2+H2在Na-Fe3O4催化剂表面反应生成烯烃，根据元素和原子守恒可知，其反应为：，故A错误；B、中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B正确；C、催化剂HZMS-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故C错误；D、由图分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故D错误；故答案为：B。10.中国化学家研究的一种新型复合光催化剂碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是A. C3N4中C的化合价为4B. 反应的两个阶段均为放热过程C. 阶段中，
13、H2O2是还原产物D. 通过该反应，实现了太阳能向化学能的转化【答案】D【解析】【详解】AC的非金属性小于N，C3N4中C的化合价为+4，故A错误；B反应的两个阶段均为分解反应，反应过程吸热，故B错误；C阶段中，2H2O=H2O2+ H2，H2OH2O2氧元素化合价升高，H2O2是氧化产物，故C错误；D根据图示，水吸收太阳能，发生反应2H2OO2+ 2H2，实现了太阳能向化学能的转化，故D正确；选D。11.如图，将一根纯铁棒垂直没入水中，一段时间后发现AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重下列关于此现象的说法不正确的是A. 铁棒AB段的溶解氧浓度高于BC段B. 铁棒AB段的Fe2+浓度低于BC段C
14、. 铁棒BC段电极反应为O2+2H2O+4e=4OHD. 该腐蚀过程属于电化学腐蚀【答案】C【解析】【分析】铁棒在水溶液中发生吸氧腐蚀，形成原电池，BC段作原电池负极，铁被氧化生成亚铁离子，所以BC段腐蚀严重，AB段靠近水面接触氧气，作原电池正极，生成较多铁锈，据此解答即可。【详解】A铁棒AB段与空气界面较近，而深水处溶氧量较少，因此铁棒AB段的溶解氧浓度高于BC段，故A正确；BBC段作原电池负极，铁被氧化生成亚铁离子，因此BC段Fe2+浓度较高，故B正确；CBC段作原电池负极，电极反应式为Fe-2e=Fe2+，故C错误；D该腐蚀过程为铁棒在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D正确；综上
15、所述答案为C。12.25时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数lgc(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下KspCu(OH)2KspFe(OH)2.下列说法正确的是A. 曲线a表示Cu(OH)2饱和溶液中的变化关系B. 除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuOC. 当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Cu2+)c(Fe2+)104.61D. 向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，可转化为Y点对应的溶液【答案】A【解析】【分析】由图可计算曲线a的Ka=c(M2+)c2(OH-)=10-11.7(10-
16、4)2=10-19.7，曲线b的Kb=c(M2+)c2(OH-)=10-3.1(10-6)2=10-15.1，由题中信息KspCu(OH)2KspFe(OH)2， 故曲线a表示Cu(OH)2饱和溶液中的变化关系，曲线b表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系。【详解】A由分析可知A正确；B由图知，Cu2+开始沉淀需要pH小于Fe2+，所以应将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH除去，故B错误；CX点时，Cu(OH)2、Fe(OH)2共存，则c（Fe2+）:c(Cu2+)=10-7.1:10-11.7=104.6:1故C错误；DY点Cu2+未产生沉淀，不能通过加入少量NaOH实现此转化，故D错误；
17、故选:A。【点睛】本题重点考察溶度积常数的概念，从溶度积常数角度分析。13.常温下，下列有关叙述正确的是A. pH=6的NaHSO3溶液中：c()c(H2SO3)=9.9107mol/LB. 向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入适量CO2气体后：c(Na+)=2c()+c()+c(H2CO3)C. 等物质的量浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：D. 0.1mol/LNa2C2O4溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c()+c()+c(OH)=c(Na+)+c(H+)【答案】A【解析】【详解】A常温下，pH=6的NaHSO3溶液中，c(H+)=1
18、0-6mol/L，c(OH)=10-8mol/L，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c()+c(HSO)+ c(OH)，物料守恒为c(Na+)=c()+c(HSO)+c(H2SO3)，所以溶液中存在c()-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH)=9.910-7molL-1，故A正确；B原碳酸钠溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2c()+c()+c(H2CO3)，通入CO2，该守恒关系被破坏，故B错误；C，碳酸的第一步电离程度远大于第二步电离程度，所以Ka1Ka2，所以，故C错误；D0.1mol/LNa2C2O4溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，混合溶液中存在电荷守恒2c()+c
19、()+c(OH)+c(Cl)=c(Na+)+c(H+)，故D错误；综上所述答案为A。14.二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示：下列说法不正确的是A. b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸B. 二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOHC. 电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.2gH2D. 电解池a极的电极反应式为-6e-+3Cl-=NCl3+4H+【答案】C【解析】【分析】b电极产生氢气，电极上氢离子得电子被还原，所以b极为阴极
20、，与电源负极相连，a极为阳极，与电源正极相连，结合电解质溶液的变化可知，a电极上NH4Cl被氧化成NCl3。【详解】A电解池右边产生氢气，则b电极接电源的负极，在b极区氢离子得电子产生氢气，氯离子通过阴离子交换膜进入左边，盐酸变稀，则流出的Y溶液是稀盐酸，选项A正确；B二氧化氯发生器中反应物有NCl3、NaClO2，产物有ClO2和NH3，说明该过程中+3价的N元素将+3价Cl元素氧化成+4价，结合电子守恒和元素守恒可得发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3，所以排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，选项B正确；C电解过程中二氧化氯发
21、生器中产生2.24L(标准状况)NH3，即0.1molNH3，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3可知转移的电子的物质的量为0.6mol，根据电子守恒可知b极产生的氢气为0.3mol为0.6g，选项C错误；D电解池a极为阳极，NH4Cl被氧化成NCl3，根据电子守恒可得电极反应式为-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，选项D正确；综上所述答案为C。15.以熔融Li2CO3和K2CO3为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图，下列说法正确的是()A. 以此电池为电源电解精炼铜，当有0.1 mol e转移时，有3.2 g铜溶解B. 若
22、以甲烷为燃料气时，负极反应式为CH45O28e=CO32-2H2OC. 该电池使用过程中需补充Li2CO3和K2CO3D. 空气极发生的电极反应式为:O2+4e+2CO2 = 2CO32-【答案】D【解析】【详解】A、电解精炼铜，阳极上铜和比铜活泼的金属失电子变为金属阳离子进入电解质溶液，当有0.1 mol e转移时，若只有铜放电，则有3.2 g铜溶解，粗铜有比铜更活泼的金属首先放电，所以溶解的铜小于3.2g，错误；B、根据图示信息，通入甲烷的电极是负极，在负极上，甲烷变为氢气，氢气发生失电子的氧化反应，即H2-2e-+CO32-=CO2+H2O，错误；C、该电池的电极反应为负极：H2-2e-
23、+CO32-=CO2+H2O，正极：O24e2CO2=2CO32，所以碳酸根离子的浓度不变，该电池使用过程中不需补充Li2CO3和K2CO3，错误；D、通入空气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O24e2CO2=2CO32，正确。16.SO2和NOx是主要大气污染物，利用下图装置可同时吸收SO2和NO。下列有关说法错误的是A. a极为直流电源的负极B. 阳极发生的反应式为SO2-2e2H2O=SO42-4HC. 阴极得到1mol电子时，通过阳离子交换膜的H为2molD. 吸收池中发生反应的离子方程式为：2NO2S2O42-2H2O=N24HSO3-【答案】C【解析
24、】【详解】A. 进去的是HSO3-，出来的是S2O42-,硫元素的化合价降低，发生还原反应，是阴极，与电源的负极相连，即a极为直流电源的负极，故A正确B. 在阳极上发生失电子的氧化反应，故B正确；C. 据电子守恒，则阴极得到电子量等于通过阳离子交换膜的H+的量，阴极得到1mol电子时，通过阳离子交换膜的H+为1mol，故C错误；D、硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气，离子反应方程式为：2NO2S2O42-2H2O=N24HSO3-，故D正确；故选C.17.一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时，下列说法不正确的是A
25、. 甲为正极，丙为阴极B. 丁极的电极反应式为e=C. KOH溶液的质量分数：c%b%a%D. 标准状况下，甲电极上每消耗22.4L气体时，理论上有2molK+移入阴极区【答案】D【解析】【分析】分析装置的特点，可知左边是燃料电池，右边是电解池；通入氧气的电极甲是电池的正极，与甲相连的电极丁是电解池的阳极，则丁电极上被氧化为；丙电极是电解池的阴极，溶液中氢离子在阴极被还原为氢气，所以气体X是氢气。【详解】A燃料电池中通入氧气的电极为电池的正极，与电源正极相接的一极为电解池的阳极，所以丙电极为阴极，故A正确；B丁是电解池的阳极，失去电子被氧化为，电极反应式为e=，故B正确；C丙电极为阴极，电极反
26、应为2H2O+2e=2OH+H2，甲电极的反应式为O2+2H2O+4e=4OH，乙电极的反应式为H2+2OH2e=2H2O，则甲电极附近始终生成KOH并且不消耗，所以c%b%，丙电极附近也始终生成KOH，所以b%a%，故大小关系为c%b%a%，故C正确；D标准状况下，甲电极每消耗22.4L即1mol氧气时，转移4mol电子，并且K+与电子所带电荷相等，所以理论上有4molK+进入阴极区，故D错误；故选：D。18.常温下，H2A和H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数随pH的变化如图(I)、(II)所示。下列说法正确的是已知：H2NCH2CH2NH2H2OH3NCH2CH2NH2OH
27、A. NaHA溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na+)c(HA-)c(H+)c(OH-)c(A2-)B. 乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的Kb1=10-4.07C. H3NCH2CH2NH3A溶液显碱性D. 向H3NCH2CH2NH2HA溶液中通入HCl，增大【答案】B【解析】【详解】A由图1可知，当c(HA)含量最大时，溶液显酸性，所以NaHA溶液显酸性，即c(H)c(OH)，A2由HA电离产生，H由HA和H2O电离产生，则各离子浓度大小关系为：c(Na)c(HA)c(H)c(A2)c(OH)，故A错误；BKb1=，由图可知，当c(H3NCH2CH2NH2+)=c(H2NCH2CH2NH
28、2)时，溶液的pH=9.93，c(OH)=10-4.07molL1，则Kb1=10-4.07，故B正确；CH3NCH2CH2NH3A溶液中cH3NCH2CH2NH32+cH3NCH2CH2NH+，据图可知当cH3NCH2CH2NH32+cH3NCH2CH2NH+时溶液pH6.85，所以显酸性，故C错误；D=，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以不变，故D错误；综上所述答案为B。19.亚硝酰氯（ClNO）常用于合成洗涤剂、触媒及用作中间体，某学习小组在实验室用Cl2与NO制备ClNO并测定其纯度，进行如下实验（夹持装置略去）。查阅资料：亚硝酰氯（ClNO）的熔点为-64.5、沸点为-
29、5.5，气态呈黄色，液态时呈红褐色，遇水易反应生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。请回答下列问题：Cl2的制备：舍勒发现制备氯气的方法至今还是实验室制取氯气的主要方法之一。（1）该方法可以选择上图中的_（填字母标号）为Cl2发生装置，该反应的离子方程式为_。（2）收集一瓶纯净干燥的氯气。亚硝酰氯（ClNO）的制备、实验室可用下图装置制备亚硝酰氯（ClNO）：（3）组装好实验装置，检查装置的气密性，然后装入药品。一段时间后，两种气体在Z中反应的现象为_。III亚硝酰氯（ClNO）纯度的测定：将所得亚硝酰氯（ClNO）产品13.10g溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00m
30、L，以K2CrO4溶液为指示剂，用0.8molL-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。（已知：Ag2CrO4为砖红色固体）（4）亚硝酰氯（ClNO）与水反应的离子方程式为_。（5）滴定终点的现象是_。（6）产品中亚硝酰氯（ClNO）的质量分数为_。【答案】 (1). C (2). MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O (3). 出现红褐色液体 (4). 2ClNO+H2O=2H+2Cl+NO+NO2 (5). 加入最后一滴标准液产生砖红色沉淀，且半分钟内颜色无变化 (6). 90%【解析】【分析】(1)舍勒发现制备氯气的方法是用二氧化锰和浓盐酸加热制备
31、氯气；(3)根据亚硝酰氯(ClNO)的性质判断反应现象；(4) ClNO遇水易反应生成一种氯化物为HCl，两种氮的常见氧化物，一种是红棕色的NO2，根据氧化还原反应规律，另一种氮的氧化物是NO；(5)以K2CrO4溶液为指示剂，滴定终点时有Ag2CrO4沉淀生成；(6)根据关系式计算亚硝酰氯的质量分数；【详解】(1)舍勒发现制备氯气的方法是用二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气，属于固、液加热制备气体，所以选用C装置，反应的离子方程式是MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；(3)亚硝酰氯(ClNO)的熔点为-64.5、沸点为-5.5，液态时呈红褐色，NO、Cl2在Z中反应生成ClNO，现象为
32、出现红褐色液体；(4) ClNO遇水反应生成HCl、NO2NO，根据得失电子守恒，配平反应的离子方程式为2ClNO+H2O=2H+2Cl+NO+NO2；(5)以K2CrO4溶液为指示剂，滴定终点时有砖红色Ag2CrO4沉淀生成，滴定终点的现象是：加入最后一滴标准液产生砖红色沉淀，且半分钟内颜色无变化；(6)用0.8molL-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL，根据关系式，可知亚硝酰氯的物质的量是0.8molL-10.0225L=0.018 mol，亚硝酰氯的质量分数是。【点睛】本题考查亚硝酰氯制备、亚硝酰氯百分含量的测定，明确反应原理、亚硝酰氯的性质是解题关键，
33、注意根据价态规律分析氧化还原反应的产物，利用得失电子守恒配平反应离子方程式。20.数十年来，化学工作者对氮的氧化物、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。I已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：第一步：2NO(g)N2O2(g)（快）H10；v1正=k1正c2(NO)；v1逆=k1逆c(N2O2)第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)（慢）H20CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H0CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(g)H0固定n(CO2)=n(CH4)，改变反应温度，CO2和CH4的平衡转化率见图甲。在密闭容器中通入物质的量均
34、为0.1mol的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，CH4的平衡转化率与温度及压强（单位Pa）的关系如图乙所示。y点：v(正)_v(逆)（填“大于”“小于”或“等于”）。已知气体分压(p分)=气体总压(p总)气体的物质的量分数。用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，已知P2=aPa求x点对应温度下反应的平衡常数Kp=_。III根据2+2H+H2O设计如图丙装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图丙中左侧电极连接电源的_极，电解制备过程的总反应的离子方程式为_。测定阳极液中Na和Cr的含量，若Na与Cr的物质的
35、量之比为a：b，则此时Na2CrO4的转化率为_。若选择用熔融K2CO3作介质的甲烷燃料电池充当电源，则负极反应式为_。【答案】 (1). (2). 大于 (3). Pa2 (4). 负 (5). 4+4H2O2Cr2O72-+4OH-+2H2+O2 (6). （2）100% (7). CH48e+4=5CO2+2H2O【解析】【详解】I2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的两步反应历程中第一步快、第二步慢，化学反应速率由反应机理中的反应速率慢的决定，反应达到平衡状态，则v1正=v1逆,v2正=v2逆，即k1正c2(NO) =k1逆c(N2O2) k2正c(N2O2)c(O2) =k2逆c
36、2(NO2), 故2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)达到平衡状态时，平衡常数为 ；II(1)由图甲可知，y点在x点的正下方，x点在CH4的平衡转化率曲线上，相同条件下，平衡时物质的转化率最大，而转化率：y12，则Zn(OH)2溶解生成四羟基合锌酸钠，写出步骤生成四羟基合锌酸钠的离子方程式_(3)若滤液E的pH=4,c(Zn2+)=2mol/L,c(Fe3+)=2.610-9mol/L能求得的溶度积是_(填选项)A.KspZn(OH)2B.KspFe(OH)3C.KspZn(OH)2和KspFe(OH)3(4)已知:Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)H=akJ/molH
37、2O(l)H+(aq)+OH-(aq)H=bkJ/mol请写出Fe3+发生水解反应的热化学方程式_(5)若常温下Fe(OH)3的溶度积常数为Ksp=4.010-38，H2O的离子积常数为Kw=10-14，Fe3+发生水解反应的平衡常数K=_。【答案】 (1). 4:1 (2). Zn2+4OH-=Zn(OH)42- (3). B (4). Fe3+(aq)+3H2O(l)Fe(OH)3(s)+3H+(aq)H=(3b-a)kJ/mol (5). 2.510-5【解析】【分析】“烂板液”中除含硝酸锌外，还含有自来水带入的Cl-和Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液的pH=8使铁离子、锌离子转化为Fe(
38、OH)3、Zn(OH)2沉淀，过滤分离，滤液C中含有NaNO3、NaCl等，沉淀会附着NaNO3、NaCl等，用水洗涤除去，沉淀B用硫酸溶解、控制一定pH，Fe(OH)3不溶解，过滤分离得到ZnSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO47H2O，以此解答该题。【详解】(1)若硝酸被还原的产物为NH4NO3，则由HNO3NH4NO3，作为氧化剂的硝酸根的化合价降低8价，Zn作为还原剂被氧化成Zn2+，化合价升高2价，根据得失电子守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比为4:1；(2)根据题意：碱性过强时Zn(OH)2和OH反应生成Zn(OH)42-，所以步骤离子方程式为Zn
39、2+4OH-=Zn(OH)42-；(3)根据题意可知滤液E为Fe(OH)3的饱和溶液，存在氢氧化铁的沉淀溶解平衡，所以可以根据pH和铁离子的浓度计算氢氧化铁的溶度积，所以选B；(4)Fe3+发生水解反应的方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，已知：Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)H=akJ/molH2O(l)H+(aq)+OH-(aq)H=bkJ/mol，根据盖斯定律3-可得：Fe3+(aq)+3H2O(l)Fe(OH)3(aq)+3H+(aq)H=(3b-a)kJmol-1；(5)Fe3+发生水解反应的平衡常数K=，Ksp=c(Fe3+)c3(OH)，Kw=
40、 c(H+)c(OH)，所以K=2.510-5。22.扎来普隆是一种短期治疗失眠症的药物，其合成路线如下：回答下列问题：(1)B中的官能团名称是_。(2)AB的反应类型为_。(3)CD的化学方程式为_。(4)属于芳香化合物，且硝基连在苯环上，并能发生银镜反应的B的同分异构体有_种(不考虑立体异构)。(5)已知：NH2有碱性且易被氧化。设计由和乙醇制备的合成路线(无机试剂任选)。_【答案】 (1). 硝基、羰基(或酮基) (2). 取代反应 (3). +(CH3CO)2+CH3COOH (4). 13 (5). 【解析】【分析】对比A和B的结构简式可知，A发生硝化反应生成B，B中硝基被还原生成C
41、，C与(CH3CO)2O发生取代反应生成D，D与反应生成E，E再与CH3CH2Br发生取代反应生成F，F再与反应生成G。【详解】(1)根据B的结构简式可知B的官能团为硝基、羰基；(2)A到B为苯环的硝化反应，属于取代反应；(3)C中氨基和乙酸酐发生取代生成D，化学方程式为+(CH3CO)2+CH3COOH；(4)属于芳香化合物，则含有苯环，硝基连在苯环上，并能发生银镜反应，说明含有醛基；当苯环上有两个取代基时，分别NO2和CH2CHO，有邻间对3种；当有3个取代基时，分别为NO2、CH3和CHO，则有10种，所以共10+3=13种；(5)可以由和乙醇酯化后再还原硝基得到，而可以被酸性高锰酸钾氧化生成，所以合成路线为。【点睛】苯环上有3个不同取代基时同分异构体有10种，3个取代基中有2个相同时有6种；当与苯环相连的碳原子上有氢原子时，可以被氧化成羧基。