1、江苏省南京市六校联合体2018-2019学年高二化学下学期期末联考试题（含解析）注意事项： 1.本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分。满分120分，考试时间100分钟。2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名写在密封线内，并认真核对。可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Cl35.5 K39 Fe56 Cu64一、选择题(本题包括10小题，每小题3题，共计20分。每小题只有个选符合题意）1.2019年政府工作报告提出，坚定不移地打好包括污染防治在内“三大攻坚战”。下列做法不符合这一要求的是A. 直接灌溉工业废水，充分利用水资源B. 施用有机肥料，改善土壤微生物环境C
2、. 推广新能源汽车，减少氮氧化物排放D. 研发可降解塑料，控制白色污染产生【答案】A【解析】【详解】A工业废水直接浇灌农田，能够引起土壤，食品污染，会对人的健康造成危害，不符合要求，故A错误；B施用有机肥料，改善土壤微生物环境，能够减少土壤、食品污染，有利于环境保护，人体健康，符合要求，故B正确；C推广新能源汽车，减少氮氧化物排放，有利于环境保护，符合要求，故C正确；D研发可降解塑料，能够减少聚乙烯，聚氯乙烯塑料的使用，能够控制白色污染产生，符合要求，故D正确；故答案为A。2.下列有关化学用语表示正确的是A. 氧化钠的电子式：B. 中子数为18的原子C. 氮离子（N3-）是结构示意图：D. 二
3、氧化碳分子的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A氧化钠是离子化合物，由钠离子和氧离子构成，故其电子式为，故A错误；B质量数=质子数+中子数，故中子数为18的氯原子的质量数为18+17=35，表示为，故B正确；C氮离子的核内有7个质子，核外有10个电子，故其结构示意图为，故C错误；D碳的原子半径比氧原子半径大，二氧化碳分子的比例模型为，故D错误；故答案为B。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. 晶体硅熔点高硬度大，可用于制造半导体材料B. 明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒C. 热纯碱溶液碱性强，可用于去除油污D. NH3具有还原性，可用作制冷剂【答案】C【解析】【详解】A
4、晶体硅导电性介于导体与半导体之间，是良好的半导体材料，与其熔点高硬度大无关，故A错误；B明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可作净水剂，但不具有氧化性，不能用于杀菌消毒，故D错误；C加热能促进纯碱的水解，碱性增强，有利于油污的水解，则可用热纯碱溶液去除油污，故C正确；D液氨汽化吸收大量的热，可以做制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；故答案为C。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. =110-12的溶液：Na+、K+、ClO-、CO32-B. 滴入酚酞变红色的溶液：K+、Ca2+、HCO3-、CO32-C. 能溶解Al（OH）3溶液：K+、NH4+、NO3、CH3COOD
5、. 0.1mol/LFe(NO3)2溶液：H+、Cu2+、SO42、Cl【答案】A【解析】【详解】A已知=c(H+)=110-12，溶液pH=12，显碱性，Na+、K+、ClO-、CO32-离子组碱性条件下彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A正确；B滴入酚酞变红色的溶液显碱性，而HCO3-在碱性溶液中不能大量共存，Ca2+和CO32-发生离子反应生成CaCO3溶液而不能大量共存，故B错误；C能溶解Al(OH)3的溶液可能显碱性，也可能是为酸性，NH4+在碱性溶液中不能大量共存，而CH3COO在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；DFe2+在酸性条件下能被NO3-氧化，则0.1mol/LFe(N
6、O3)2溶液中不可能大量存在H+，故D错误；故答案为A。5.下列有关物质性质的叙述正确的是A. FeCl3溶液滴入热的浓NaOH溶液中可得到Fe(OH)3胶体B. 氯水久置后，漂白性和酸性均增强C. 常温下，铁片不能与浓硝酸发生反应D. NaCl饱和溶液中依次通入足量的NH3、CO2,可析出NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和的氯化铁溶液，如果加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，而不是胶体，故A错误；B氯水放置过程中，HClO要见光分解生成HClO2，则氯水久置后，漂白性减弱，而酸性增强，故B错误；C常温下，铁遇浓硝酸钝化，是化学变化，发生了反应，
7、故C错误；D向饱和NaC1溶液中先通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3晶体，这是侯氏制碱法的原理，故D正确；故答案为D。6.用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的是A. 用装置制备S02B. 用装置从碘水溶液中萃取碘C. 用装置除去粗盐溶液中混有的KC1杂质D. 用装置制取NH3【答案】B【解析】【详解】ACu与浓硫酸加热生成二氧化硫，图中缺少酒精灯，故A错误；B苯的密度比水的密度小，萃取后苯在上层，图中分层现象合理，故B正确；CKCl溶于水，不能过滤分离，故C错误；D固体混合加热时，试管口要向下略微倾斜，故D错误；故答案为B。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A.
8、 向氨水中通入少量二氧化硫：NH3H2O+SO2NH4+HSO3-B. 向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+C. 电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2O 2OH-+Cl2+H2D. 氢氧化钡溶液中滴入硫酸氢钠溶液至Ba2+恰好完全沉淀：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O【答案】B【解析】【详解】A向氨水中通入少量二氧化硫生成(NH4)2SO3，发生的离子反应为2NH3H2O+SO22NH4+SO32- +H2O，故A错误；B向氯化铝溶液中加入过量氨水有白色胶状沉淀生成，发生的离子反应为Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，故
9、B正确；C惰性电极电解氯化镁溶液有氢氧化镁沉淀生成，发生的离子反应为2Cl-+2H2O Mg(OH) 2+Cl2+H2，故C错误；D氢氧化钡溶液中滴入硫酸氢钠溶液至Ba2+恰好完全沉淀是，发生的离子反应为Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O，故D错误；故答案为B。【点睛】判断离子方程式是否正确主要从以下几点考虑：拆分是否合理；是否符合客观事实；配平是否有误(电荷守恒，原子守恒)；有无注意反应物中量的关系；能否发生氧化还原反应等。8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Y处于同一周期，X是地壳中含量最多的非金属元素，Z最外层电子数等于其电子层数，W的最高正价与最低负价
10、绝对值相等。下列说法正确的是A. 原子半径：r(X)r(Y)(Z)B. 由Y、W形成的化合物是离子化合物C. Z的最高价氧化物对应的水化物是一种强碱D. Y的简单气态氧化物的热稳定性比W的强【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的非金属元素，则X为O元素；X、Y处于同一周期，则Y为F元素；Z最外层电子数等于其电子层数，则Z为Al元素；W的最高正价与最低负价绝对值相等，其原子序数大于Al，则W为Si元素，据此解答。【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的非金属元素，则X为O元素；X、Y处于同一周期，则Y为F元素
11、；Z最外层电子数等于其电子层数，则Z为Al元素；W的最高正价与最低负价绝对值相等，其原子序数大于Al，则W为Si元素；A电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：r(Z)r(X)r(Y)，故A错误；BF、Si形成的四氟化硅为共价化合物，故B错误；C氢氧化铝为两性氢氧化物，属于弱碱，故C错误；D非金属性FO，则简单氢化物的稳定性HFH2O，故D正确；故答案为D。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. NaCl（熔融）NaOH NaAlO2B. SiO2H2SiO3（s）Na2SiO3（aq）C. Cl2 HCl NH4ClD. CaCl2 C
12、aCO3 CaSiO3【答案】C【解析】【详解】A电解熔融NaCl得到金属钠，而不是氢氧化钠，故A错误；BSiO2不能溶于水生成H2SiO3，故B错误；C氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵，所以Cl2 HCl NH4Cl各步转化都能实现，故C正确；D碳酸的酸性弱于盐酸，所以氯化钙与二氧化碳不反应，故D错误；故答案为C。10.下列说法中，不正确的是A. 固体表面水膜的酸性很弱或呈中性，发生吸氧腐蚀B. 钢铁表面水膜的酸性较强，发生析氢腐蚀C. 将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更好D. 钢闸门作为阴极而受到保护【答案】C【解析】钢铁生锈主要是电化学腐蚀，而电化学腐蚀的种类因表面水
13、膜的酸碱性不同而不同，当表面水膜酸性很弱或中性时，发生吸氧腐蚀；当表面水膜的酸性较强时，发生析氢腐蚀，A、B均正确；C、钢闸门与锌板相连时，形成原电池，锌板做负极，发生氧化反应而被腐蚀，钢闸门做正极，从而受到保护，这是牺牲阳极的阴极保护法；当把锌板换成铜板时，钢闸门做负极，铜板做正极，钢闸门优先腐蚀，选项C错误；D、钢闸门连接直流电源的负极，做电解池的阴极而受到保护，这是连接直流电源的阴极保护法，选项D正确。答案选C。二、不定项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确
14、得2分，选2两个且正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分）11.下列说法正确的是A. 反应 2NaCl(s) = 2Na(s)+Cl2(g)的 H0, S0B. 常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH增大和Kw不变C. 合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率D. 氢氧燃料电池工作时，若消耗标准状况下11.2LH2，则转移电子数为6.021023【答案】D【解析】【详解】A由化学计量数可知S0，2NaCl(s)2Na(s)+Cl2(g)常温下不能发生，则H-TS0，即H0，故A错误；B温度不变，Kw=c(H+)c(OH-)不变，加水稀释体积
15、增大，则n(H+)n(OH-)增大，故B错误；CNH3液化分离，平衡正向移动，但正反应速率减小，但提高H2的转化率，故C错误；Dn(H2)=0.5mol，负极上氢离子失去电子，H元素的化合价由0升高为+1价，则转移电子数为0.5mol2(1-0)6.021023=6.021023，故D正确；故答案为D。12.甲酸香叶醋(结构如图)为无色透明液体，具有新鲜蔷薇嫩叶的香昧，可用于配制香精。下列有关该有机物的叙述正确的是A. 分子式为C11H1802B. 含有羧基和碳碳双键两种官能团C. 能发生加成反应和水解反应D. 23gNa与过量的该物质反应生成标准状况下11.2L气体【答案】AC【解析】【详解
16、】A由结构简式可知分子式为C10H18O2，故A正确；B分子含有酯基，不是羧基，故B错误；C含有碳碳双键，可发生加成反应，含有酯基，可发生水解反应，故C正确；D含有酯基，与钠不反应，故D错误；故答案为AC。13.根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是选项实验操作和现象结论A向偏铝酸钠溶液中滴加碳酸氢钠溶液，有白色胶状沉淀生成AlO2结合氢离子能力比CO32-强B将硫酸酸化的双氧水滴入硝酸亚铁溶液中，溶液黄色H2O2的氧化性比Fe3+强C浓硫酸与乙醇共热产生气体Y，通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去气体Y为纯净的乙烯D向浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI混合溶液中滴加速率稀硝酸银溶液，
17、生成黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A向偏铝酸钠溶液中滴加碳酸氢钠溶液，因AlO2结合氢离子能力比CO32-强，溶液中Al(OH)3白色沉淀生成，故A正确；BFe2+在酸性条件下能被NO3-氧化成Fe3+，则将硫酸酸化的双氧水滴入硝酸亚铁溶液中，溶液黄色，无法证明H2O2的氧化性比Fe3+强，故B错误；C浓硫酸有强氧化性，可以被有还原性的乙醇还原为二氧化硫，且乙醇有挥发性，二氧化硫和乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色，则浓硫酸与乙醇共热产生气体Y，通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，未排除二氧化硫和乙醇的干扰，无法证明Y是纯乙烯
18、，故C错误；D两种难溶物的组成相似，在相同的条件下，Ksp小的先沉淀，则由现象可知，Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故D错误；故答案为A。14.25时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A. pH=8的次NaClO2溶液中：c(Na+)c(OH) c(ClO2) c(H+)B. 0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：c（CO32-）+c（OH-）=c（HCO3-）+3c（H2CO3）+c(H+)C. 0.4mol/LCH3COOH溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合（pH7）：c（CH3COO-）c（Na+）c（CH3COO）c(H
19、+) c（OH-）D. 0.1molL-1Na2C2O4溶液与0.1molL-1HCl溶液等体积混合（草酸为二元弱酸）：2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）【答案】BC【解析】【详解】ApH=8的NaClO2溶液中存在ClO2的微弱水解，溶液显弱碱性，结合电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(ClO2)+c(OH)可知，c(Na+) c(ClO2) c(OH) c(H+)，故A错误；B等物质的量的Na2CO3与NaHCO3溶液混合，溶液中存在物料守恒和电荷守恒，碳酸钠溶液中质子守恒为：c(OH-)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)+c(H+)
20、，碳酸氢钠溶液中质子守恒为c(OH-)=c(H2CO3)+c(H+)-c(CO32-)，所以得c(CO32-)+2c(OH-)=c(HCO3-)+3c(H2CO3)+2c(H+)，故B正确；C0.4mol/LCH3COOH溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液中CH3COONa和CH3COOH等物质的量，此时pH7，说明CH3COOH的电离大于CH3COO-水解，则溶液中c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COO)c(H+) c(OH-)，故C正确；D将0.1molL-1Na2C2O4溶液与0.1molL-1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)，溶液中电荷守恒为
21、：2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，故D错误；故答案为BC。【点睛】溶液中的三种守恒：电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之
22、间有如下守恒关系：c(K+)2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。15.温度T时，在3个1L的恒容密闭容器中发生：C0(g)+H20(g)= C02(g) + H2(g) H =-41kJmol-1,其起始时投料的方式、各物质的量及其达平衡过程体系热量的变化入下表所示：容器编号起始各物质物质的量/mol达平衡过程体系热量的变化（均为正值）C0H20(g)C02H2140
23、032.8kJ8200Q10014Q2下列说法中正确的是A. 若经过10s容器中反应达到平衡，则v(CO)=008molL-1s-1B. 容器和容器中热量变化：Q2=Q1=32.8kJC. 若加入催化剂，改变了该反应的途径，反应的H也随之改变D. 保持相同条件，向平衡后的容器中再加入0.2molCO(g)和0.8molCO2(g) ，则平衡不发生改变【答案】AD【解析】【详解】A平衡时放出的热量为32.8 kJ，故参加反应的CO的物质的量为mol=0.8mol，故(CO)=0.08 molL-1s-1，故A正确；B容器中， CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)开始(mol)：4 1
24、 0 0变化(mol)：0.8 0.8 0.8 0.8平衡(mol)：0.2 3.20.8 0.8故平衡常数k=1；容器温度相同，故平衡常数相同，正逆反应平衡常数互为倒数；容器中的平衡常数为1，令容器中CO的物质的量变化量为amol，则： CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)开始(mol)8 2 00变化(mol)：a aa a平衡(mol)：8-a2-aa a平衡常数k=1，解得a=1.6，令容器中CO2的物质的量变化量为bmol，则： CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)开始(mol)：140 0变化(mol)：bbb b平衡(mol)：1-b4-bb b平衡常数k
25、=1，解得b=0.8，容器和容器中反应物的变化量不等，则能量变化也不等，故B错误；C催化剂能改变反应速率，不影响平衡的移动，也不改变反应的H，故C错误；D保持相同条件，向平衡后的容器中再加入0.2molCO(g)和0.8molCO2(g) ，此时Qc=1=K，仍为平衡状态，即平衡不发生改变，故D正确；故答案为AD。【点睛】判断可逆反应进行的方向：对于可逆反应，在一定的温度的任意时刻，生成物浓度的化学计量数次幂与反应物的化学计量数次幂的比值叫做反应的浓度商，用Qc表示。QcK时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；QcK时，向逆反应方向进行。非选择题16.以电石渣主要成分Ca(0H)2，含F
26、e203、MgO和Si02等杂质为原料制备纳米碳酸钙的种工艺流程如下：（1）电石渣溶于水形成电石渣浆时会发生反应，生成的物质中除水外还有_。（2）“浸渍”时，NH4Cl和Ca(0H)2反应的化学方程式为_。（3）“浸渍”时，一定时间内Ca2+浸取率随温度变化如图所示。Ca2+浸取率随温度升高而上升的原因可能是_。A.温度升高，增大浸取反应速率，从而提高Ca2+浸取率B.温度升高，溶液黏稠度减小，从而提高Ca2+浸取率C.温度升高，NH4Cl溶液水解程度减小，从而提高Ca2+浸取率（4）“碳化”时，-般采用低温工艺，对应的离子方程式为_。（5）滤液中，可循环利用的溶质的化学式为_。（6）“洗涤”
27、时，检验是否洗净的方法是:_。【答案】 (1). CaSiO3 (2). 2NH4ClCa(OH)2=CaCl22NH3H2O (3). AB (4). Ca2 2NH3H2OCO2=CaCO32NH4+ H2O或Ca22NH3H2O CO2=CaCO32NH4+ (5). NH4Cl (6). 取少许最后一次水洗滤液于试管中，加HNO3酸化后，加少量AgNO3溶液，若无白色沉淀生成则已洗净(或若有白色沉淀生成则未洗净)【解析】【分析】电石渣主要成分Ca(OH)2，含Fe2O3、MgO和SiO2等杂质，加入饱和氯化铵浸渍，可溶解Ca(OH)2，含Fe2O3、MgO，滤渣1为SiO2，通入二氧化
28、碳，可生成碳酸钙沉淀，经过滤洗涤干燥，可得到碳酸钙程度，滤液为铵盐，以此解答该题。【详解】(1)电石渣主要成分Ca(OH)2，含Fe2O3、MgO和SiO2等杂质溶于水，其中Ca(OH)2能溶于水，而SiO2为酸性氧化物，能于碱反应生成盐和水，即SiO2能和Ca(OH)2反应生成CaSiO3和水；(2)“浸渍”时，NH4Cl和Ca(OH)2反应生成氯化钙和氨气，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3H2O；(3)A.温度升高，可增大反应速率，且升高温度，可导致氨气挥发，使平衡正向移动，提高钙离子的浸取率；故A正确；B. 温度升高能便溶液黏稠度减小，从而提高Ca2+浸取率，
29、故B正确；C.升高温度，可促进铵根离子水解，溶液酸性增强，提高Ca2+浸取率，故C错误；故答案为AB；(4)“碳化”时，一般采用低温工艺，减少氨气的挥发，充分反应，方程式为Ca2+2NH3H2O+CO2CaCO3+2NH4+H2O或Ca2+2NH3+H2O+CO2CaCO3+2NH4+；(5)滤液为铵盐，主要成分为NH4Cl，可循环使用；(6)沉淀吸附溶液中的氯离子，可通过检验氯离子的方法检验，方法是取少许最后一次水洗滤液于试管中，加HNO3酸化后，加少量AgNO3溶液，若无白色沉淀生成则已洗净(或若有白色沉淀生成则未洗净)。17.酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成： (1)化
30、合物D中所含官能团的名称为_。(2)化合物E的结构简式为_；由BC的反应类型是_。(3)写出CD的反应方程式_。(4)写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式_。I.能发生银镜反应；.与FeCl3发生显色反应；.分子中含有5种不同化学环境的氢(5)请写出以甲苯为原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂可任选，合成线路流程图示例见并难题题干）_。【答案】 (1). 羰基(酮基) 溴原子 (2). (3). 取代反应 (4). (5). (6). 【解析】【分析】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，根据E分子式知，E结构简式为
31、，E发生水解反应生成F，F发生取代反应生成酮洛芬；(4)A的一种同分异构体满足：能发生银镜反应，说明含有醛基，、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是-OH与-CH2CHO处于对位；(5)发生取代反应生成，发生水解反应生成，和NaCN发生取代反应生成，生成，和发生酯化反应生成。【详解】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，根据E分子式知，E结构简式为，E发生水解反应生成F，F发生取代反应生成酮洛芬；(1)化合物D中所含官能团的名称为羰基和溴原子；(2)化合物E的结构简式为；由BC的反应类型是取代反应；
32、(3)C生成D的方程式为；(4)A的一种同分异构体满足：能发生银镜反应，说明含有醛基，、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是-OH与-CH2CHO处于对位，符合条件的结构简式为：；(5)发生取代反应生成，发生水解反应生成，和NaCN发生取代反应生成，生成，和发生酯化反应生成，合成路线流程图为：。【点睛】常见的反应条件与反应类型有：在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。能与溴水或溴的
33、CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)。在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。18.氯化苄（C6H5CH2Cl）是一种重要的有机化学原料。工业上采用甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄。（1）写出
34、实验室制取氯气的化学方程式_。（2）用下列方法分析氯化苄粗产品的纯度。步骤1：称取5.11g样品于烧瓶中，加入200.00mL4mol/L氢氧化钠溶液共热，冷却至室温。加入 200.00mL4mol/L硝酸，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00 mL 的容量瓶中,加水定容。步骤：从能瓶中各収25.00 mL溶液于三只锥形瓶中，各加入25.00 mL0.2000mol/L硝酸银溶液。歩骤:以硫酸铁铵作指示剂，用0.2000 mol/LNH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，所得滴定数据如下表。 加入硝酸的目的是_。在步骤操作中，判断达到滴定终点的现象是_。该样品中氯化苄的质量分数（写出
35、计算过程）_。上述测定结见迎常商于氯化苄中筑元素的理论含量，原因是_。【答案】 (1). MnO2+4HCl (浓) MnCl2+Cl2+2H2O (2). 中和NaOH使溶液呈酸性，防止OH对下一步的干扰 (3). 当滴入最后一滴NH4SCN溶液，溶液变为红色，且半分钟内不褪色 (4). 126.5gmol-1（0.2000 molL-10.0250L0.2000 molL-10.01000L）105.11g100%=74.27% (5). 甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高【解析】分析】(1)实验室利用MnO2和浓盐酸混合加热制取氯气；(2)加
36、入硝酸会中和氢氧化钠溶液，防止氢氧根离子干扰离子检验；硫酸铁铵作指示剂，用0.2000mol/LNH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，滴入最后一滴溶液变血红色且半分钟不变说明反应达到终点；结构氯元素守恒计算，利用NH4SCN+AgNO3AgSCN+NH4NO3计算剩余的硝酸银，利用硝酸银溶液在溶质物质的量减去剩余的硝酸银物质的量得到生成氯化银沉淀的物质的量，氯元素守恒得到氯化苄物质的量，据此计算；甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，氯气、氯化氢会干扰氯离子的测定。【详解】(1)实验室利用MnO2和浓盐酸混合加热制取氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl (浓) MnCl2+Cl2+
37、2H2O；(2)用硫酸铁铵作指示剂，用0.2000mol/LNH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，计算得到，若氢氧根离子存在会生成氢氧化银沉淀，干扰数值的测定，加入硝酸的目的是：中和NaOH使溶液呈酸性，防止OH-对下一步的干扰；硫酸铁铵作指示剂，用0.2000mol/LNH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，滴入最后一滴溶液变血红色且半分钟不变说明反应达到终点，判断达到滴定终点的现象是：当滴入最后一滴，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色；称取5.11g样品于烧瓶中，加入200.00mL4mol/L氢氧化钠溶液共热，冷却至室温；加入200.00mL4mol/L硝酸，一段时间后，将烧瓶中的溶液全
38、部转移至250.00mL的容量瓶中，加水定容，从容量瓶中各取25.00mL溶液于三只锥形瓶中，各加入25.00mL0.2000mol/L硝酸银溶液，第三次测定结果误差较大，NH4SCN溶液体积读数取平均值为：=10.00ml，过量的硝酸银物质的量=0.2000mol/L0.0100L，则与氯离子反应的硝酸银物质的量=0.2000mol/L0.02500L-0.2000mol/L0.0100L，250.00ml溶液中与氯离子反应的硝酸银物质的量=(0.2000mol/L0.02500L-0.2000mol/L0.0100L)，称取5.11g样品中氯化苄的质量分数=100%=74.27%；上述测定
39、结果通常高于氯化苄中氯元素的理论含量，原因是：甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高，故答案为：甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高。19.铝铁合金在微电机中有广泛应用，某兴趣小组为利用废弃的铝铁合金设计了如下实验流程制备聚合硫酸铁和明矾：（1）室温下KspFe(OH)3=4l0-38制备Fe(OH)3的过程中，pH=7时溶液中c(Fe3+) =_。（2）聚合硫酸铁是一种无瑪无窖、化学性质稳定、能与水混溶的新型絮凝剂，微溶于乙醇，其化学式可表示为Fe2(OH)x(SO4)yn。写出流程中的“氧化”时发生的离子
40、方程式_，浓缩时向其中加入一定量的乙醇，加入乙醇的目的是_。加入试剂Y的目的是调节pH，所加试剂Y为_；溶液pH对Fe2(OH) x (SO4)yn中x的值有较大影响（如图所示），试分析pH过小（pH3）导致聚合硫酸铁中x的值减小的原因：_。（3）明矾是一种常见铝钾硫酸盐。为充分利用原料，试剂X应为_。请结合图所示的明矾溶解度曲线，补充完整由滤液I制备明矾晶体的实验步骤(可选用的试剂：废弃的铝铁合金、稀硫酸、NaOH溶液和酒精)：向滤液I中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生，过滤，_。将溶液_、过滤、并用酒精洗涤、干燥，最终得到明矾晶体。【答案】 (1). 41017 molL-1 (2).
41、 3Fe2+ 4 H + NO3- =3Fe3+ NO+ 2H2O (3). 降低聚合硫酸铁的溶解度，以便析出；所得产物易于干燥 (4). Fe2O3 (5). pH过小，会抑制Fe3+的水解 (6). KOH (7). 向所得滤液中加入稀硫酸，生成白色沉淀，继续滴加稀硫酸至生成的沉淀溶解 (8). 蒸发浓缩冷却结晶【解析】【分析】由流程可知，废弃的铝铁合金加入氢氧化钾溶液浸泡反应铝反应得到偏铝酸钾溶液，过滤，滤液经一系列操作反应生成硫酸铝钾，滤渣中加入稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁，加入稀硝酸氧化为硫酸铁，加入试剂Y调节溶液PH，但不能引入新的杂质，加入氧化铁和酸反应来调节溶液pH，酸性越强，对
42、铁离子水解程度抑制越大，生成氢氧化铁少，得到溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到聚合硫酸铁；(1)根据KspFe(OH)3=c(Fe3+)c3(OH-)=4lO-38，计算c(Fe3+)；(2)稀硝酸氧化溶液中的Fe2+生成Fe3+，同时生成NO气体，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；聚合硫酸铁微溶于乙醇，浓缩时向其中加入一定量的乙醇可以利于聚合硫酸铁析出，乙醇易挥发分析；加入氧化铁和酸反应来调节溶液pH，不引入新的杂质，图象分析可知pH3，x值越小，是因为酸性条件下铁离子水解被抑制；(3)明矾是一种常见铝钾硫酸盐，所以为充分利用原料，试剂X应为氢氧化钾；明矾溶解度随温度升高溶解度
43、增大，向滤液中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生，过滤除去过量的废铝铁屑，滤液这是铝和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，加入稀硫酸生成白色沉淀氢氧化铝，继续加入稀硫酸沉淀溶解，所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用酒精洗涤晶体，干燥得到明矾晶体。【详解】(1)溶液pH=7时c(OH-)=1l0-7mol/L，由KspFe(OH)3=c(Fe3+)c3(OH-)=4l0-38，可知c(Fe3+)=mol/L=41017molL-1；(2)稀硝酸氧化溶液中的Fe2+生成Fe3+，同时生成NO气体，发生反应的离子方程式为3Fe2+4H +NO3- =3Fe3+NO+2H2O；聚合硫酸铁微溶于乙醇，浓缩时
44、向其中加入一定量的乙醇，可以降低聚合硫酸铁的溶解度利于聚合硫酸铁析出，乙醇易挥发得到晶体易于干燥；加入氧化铁和酸反应来调节溶液pH，所加试剂Y为Fe2O3，不引入新的杂质；图象分析可知PH3，x值越小，是因为酸性条件下铁离子水解被抑制，分析pH过小(pH3)导致聚合硫酸铁中x的值减小；(3)明矾是一种常见铝钾硫酸盐，所以为充分利用原料，试剂X应为KOH；明矾溶解度随温度升高溶解度增大，向滤液中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生，过滤除去过量的废铝铁屑，滤液中是铝和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，加入稀硫酸生成白色沉淀氢氧化铝，继续加入稀硫酸沉淀溶解，所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用酒精洗涤
45、晶体，干燥得到明矾晶体。20.“温室效应”是全球关注的环境问题之一。C02是目前大气中含量最高的一种温室气体，C02的综合利用是解决温室及能源问题的有效途径。(1)研究表明C02和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。己知部分反应的热化学方程式如下：CH3OH（g）+O2（g）= CO2（g）+2H2O（g）H1=akJmol-，H2（g）+O2（g）=H2O（l）H2，则CO2（g）+3H2（g）= CH3OH（g）+2H2O（l）H=_kJmol-。(2)C02催化加氢也能合成低碳烯烃：2C02(g)+6H2(g) =C2H4(g)+4H20(g)，不同温度下 平衡时的四种气态物质的
46、物质的量如图所示，曲线c表示的物质为_(填化学式)。(3)C02和H2在催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应A: C02(g)+3H2(g) = CH30H(g)+H20(g)反应B: C02(g)+H2(g)=C0(g)+H20(g)控制C02和H2初始投料比为1 : 3时，温度对C02平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图所示。由图可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是_。由图可知获取CH3OH最适宜的温度是_。下列措施不能提高C02转化为CH3OH的平衡转化率的有_(填字母)。A.使用催化剂 B.增大体系压强 C.增大C02和出的初始投料比(4)
47、在催化剂表面通过施加电压可将溶解在酸性溶液中的二氧化碳直接转化为乙醇，则生成 乙醇的电极反应式为_。(5)由C02制取C的太阳能工艺如图所示。“热分解系统”发生的反应为 2Fe304 6Fe0+02。毎分解1mo;Fe304转移电子的物质的量为_；“重整系统”发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 3ba (2). C2H4 (3). 反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高 (4). 250 (5). AC (6). 2CO212H12e=C2H5OH3H2O (7). 2 mol (8). 6FeO+CO22Fe3O4+C【解析】【分析】已知CH3OH(g)+O2(
48、g)CO2(g)+2H2O(1)H1=akJmol-1，H2(g)+O2(g)=H2O(1)H2=bkJmol-1；根据盖斯定律知，3-得：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；(2)根据图知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，据此判断c曲线代表物质；(3)反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；据图示进行分析250甲醇转化率最高；由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=-53.7
49、kJmol-8 可知提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度；(4)电解时，二氧化碳在b极上得电子发生还原反应生成乙醇；(5)该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价，O元素化合价由-2价变为0价，根据转移电子和Fe3O4之间的关系式计算；根据图知，反应物是二氧化碳和FeO，生成物的四氧化三铁和C，反应条件是700K。【详解】(1)已知CH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2O(1)H1=akJmol-1，H2(g)+O2(g)=H2O(1)H2=bkJmol-1；根据盖斯定律知，3-得：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，则
50、H=(3b-a)kJmol-1；(2)根据图知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，所以b曲线代表H2O，c曲线代表乙烯；(3)由图2可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；(3)据图示进行分析250甲醇转化率最高，故获取CH3OH最适宜的温度是250；A使用催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；B、增大体系压强，平衡向正方向移动，提高甲醇转化率，故B正确；C、增大CO2和H
51、2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故C错误；故答案为AC；(4)电解时，二氧化碳在b极上得电子发生还原反应生成C2H5OH，电极反应式为2CO2+12H+12e-=C2H5OH+3H2O；(5)该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价，O元素化合价由-2价变为0价，分解2mol四氧化三铁转移4mol电子，则分解1mol四氧化三铁转移2mol电子；根据图知，反应物是二氧化碳和FeO，生成物的四氧化三铁和C，反应条件是700K，反应方程式为6FeO(S)+CO22Fe3O4(S)+C。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合
52、原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。21.高氯酸三碳酰肼合镍Ni(CHZ)3(C104)2是一种新型的起爆药。(1)Ni2+某杰核外电子排布式为_。(2)ClO4空间构型是_；与ClO4互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。(3)化学式中CHZ为碳酰肼，组成为CO(N2H3)2,碳酰肼中碳原子的杂化轨道类型为_；C、N、0三种元素的电负性由大到小的顺序为_。(4)高氯酸三碳酰肼合镍可由NiO、髙氯酸及碳酰肼化合而成。NiO的晶胞结构如图所示，晶胞中
53、含有的Ni2+数目为_。【答案】 (1). Ar3d8 或1s22s22p63s23p63d8 (2). 正四面体 (3). CCl4(SiF4等) (4). sp2 (5). ONC (6). 4【解析】【分析】(1)Ni元素原子核外有28个电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，Ni失去4s能级2个电子形成Ni2+；(2)计算Cl原子价层电子对数、孤电子对，进而确定ClO4-的空间构型；原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体；(3)CO(N2H3)2中C原子与O原子之间形成双键，与N原子之间形成C-N单键，没有孤对电子，据此确定杂化轨道数目，进而确定杂化
54、方式；元素的非金属性越强，电负性越大；(4)Ni2+离子位于晶胞顶点及面心，可以均摊法计算晶胞中Ni2+数目。【详解】(1)Ni元素原子核外有28个电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，Ni失去4s能级2个电子形成Ni2+，Ni2+离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8，；(2)ClO4-中氯原子价层电子对数为4+=4、没有孤电子对，故其空间构型是：正四面体；原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与ClO4-互为等电子体的一种分子为CCl4等；(3)CO(N2H3)2中C原子与O原子之间形成双键，与N原子之间形成C-N单键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化；元素的非金属性越强，电负性越大，已知非金属性ONC，则C、N、0三种元素的电负性由大到小的顺序为ONC；(4)Ni2+离子位于晶胞顶点及面心，晶胞中Ni2+数目=8+6=4。【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。