1、2020-2021学年上学期高三期中备考卷化 学1注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合
2、题意）1新中国成立70年来，我国在载人飞船、北斗卫星、高铁、5G技术等领域取得了举世瞩目的成就。它们均与化学有着密切联系。下列说法正确的是A“神州十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，其主要成分是硅酸盐B国庆阅兵中出现的直20直升机使用了大量的新型材料，其中锂铝合金属于金属材料C截止2019年11月我国光缆线路总长超过三千万公里，光纤的主要成分是碳化硅D我国2020年发射的首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅【答案】B【解析】A高温结构陶瓷分为氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷，其主要成分不是硅酸盐，故A错误；B锂铝合金属于合金，为金属材料，故B正确；
3、C光纤的主要成分是二氧化硅，故C错误；D太阳能电池帆板的材料是单晶硅，故D错误。故答案选：B。2NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A36g由35Cl和37Cl组成的氯气中所含质子数一定为17NAB7.8g Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，转移的电子数为0.2NAC密闭容器中1mol PCl3与1mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加了2NA个P-Cl键D5.6g铁片投入足量浓硝酸中，转移的电子数为0.3NA【答案】B【解析】假设全是35Cl，则质子数是，假设全是37Cl，则质子数是36g37g/mol17NA，根据极值法，36g由35Cl和37Cl组成的氯气中所含质子数不一
4、定为17NA，故A错误；Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，Na2O2只作还原剂，过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0，1mol过氧化钠转移2mol电子，所以7.8g Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，转移的电子数为0.2NA，故B正确；PCl3与Cl2反应制备PCl5的反应可逆，密闭容器中1mol PCl3与1mol Cl2反应制备PCl5(g)，生成PCl5(g)小于1mol，P-Cl键增加小于2NA个，故C错误；常温下，铁在浓硝酸中钝化，故D错误，选B。3利用废蚀刻液（含FeCl2、CuCl2及FeCl3）制备碱性蚀刻液Cu(NH3)4Cl2溶液和FeCl36H2O的主要步骤：
5、用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl36H2O。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是A 用装置甲制备NH3B用装置乙制备Cu(NH3)4Cl2并沉铁C用装置丙分离Cu(NH3)4Cl2溶液和Fe(OH)3D用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl36H2O【答案】D【解析】A实验室制备氨气，可用氢氧化钙、氯化铵在加热条件下进行，故A正确；B氨气易溶于水，注意防止倒吸，氨气与溶液反应生成Cu(NH3)4Cl2和氢氧化铁，故B正确；C分离固体和液体，可用过滤的方法，故C正确；D应在蒸发皿中蒸发，且避免
6、氯化铁水解，更不能直接蒸干，故D错误；故答案为D。4下列关于常见物质的用途说法不正确的是A金属钠具有强还原性，可以用来置换TiCl4中的TiB二氧化氯具有强氧化性，可以用来漂白织物C碳酸钡可用于肠胃X射线造影检查D氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，因而可以净水【答案】C【解析】A金属钠具有强还原性，由于金属性NaTi，因此可以用来置换熔融状态的TiCl4中的Ti，A正确；B二氧化氯具有强氧化性，能够氧化有色物质，使之变为无色物质，而具有漂白性，可以用来漂白织物，B正确；C碳酸钡能够与盐酸反应生成可溶性氯化钡和水，造成重金属中毒，不能作“钡餐”，C错误；D氢氧化铁胶体具有较大的
7、表面积，能够吸附水中固体杂质颗粒，常用于净水剂，D正确。5下列化学用语对事实的表述不正确的是A硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB常温时，0.1molL1氨水的pH=11：NH3H2ONH+OHC由Na和Cl形成离子键的过程：D电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e=Cu【答案】A【解析】酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；答案选A。6下列物质（对应X-Y-Z）不能通过一步反应完成如图转化的是ANaOH-Na2C
8、O3-NaHCO3 BNO-NO2-HNO3CCl2-HClO-HCl DFeO-Fe(OH)2-Fe(OH)3 【答案】D【解析】A2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+NaOH+H2O，A与题意不符；B2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，B与题意不符；CCl2+H2OHCl+HClO，2HClO2HCl+O2，2HClH2+Cl2，C与题意不符；DFeO与水不反应，无法一步转化为Fe(OH)2，D符合题意。7向100m
9、L稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说法正确的是A开始时产生的气体为H2 BAB段发生的反应为置换反应C所用混合溶液中c(HNO3)0.5molL1 D参加反应铁粉的总质量m28.4g【答案】C【解析】已知氧化性：NOFe3+H+，OA段发生Fe+NO+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，B以后发生Fe+2H+=Fe2+H2；开始时产生的气体为NO，A错误；AB段发生化合反应，B错误；根据Fe+NO+4H+=Fe3+NO+2H2O反应看出：HNO3N
10、O关系，生成NO的量=1.12/22.4=0.05 mol，所以所用混合溶液中c(HNO3)0.5molL1，C正确；根据电子守恒：最终产物中含有FeSO4，所以：3n(NO)+2n(H2)=2n(Fe)，带入数值进行计算：30.05+2（1.68-1.12）/22.4=2n(Fe)，n(Fe)=0.1mol，参加反应铁粉的总质量m25.6g，D错误；正确选项C。8已知：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；向含有HCl、FeCl3和BaCl2的溶液中通入足量的SO2，产生白色沉淀；将FeCl3溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝色。现有等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液100m
11、L，向其中通入4.48L(标准状况)氯气，然后向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈微红色。下列有关说法正确的是AFeI2的物质的量浓度约为1molL1B完全反应时转移电子0.2molC通入氯气的过程中，首先被氧化的离子是Fe2+，最后被氧化的离子是ID反应后，溶液中大量存在的离子有Na+、H+、SO和Fe3+【答案】A【解析】由知，还原性强弱顺序为SO2I；由知，还原性强弱顺序为SO2Fe2+；由知，还原性强弱顺序为IFe2+，故还原性强弱顺序为SO2IFe2+，类比可得离子的还原性强弱顺序为HSOIFe2+。向混合溶液中通入Cl2的过程中，首先氧化HSO，然后氧化I，最后氧化Fe2+，C
12、错误；加入KSCN溶液，溶液呈微红色，说明有微量的Fe3+生成，则有较多的Fe2+没有被氧化，D错误；HSO和I均完全反应，Fe2+发生的反应可以忽略不计，根据电子得失守恒得2n(FeI2)+2n(NaHSO3)=24.48 L22.4Lmol1，即n(FeI2)+n(NaHSO3)=0.2mol，由于溶质的物质的量相等，所以n(FeI2)=0.1mol，c(FeI2)=1molL1，A正确；转移电子的物质的量根据氯气计算得24.48 L22.4Lmol1=0.4mol，B错误；综上所述，本题选A。9下列说法中正确的是A第A族单质从上往下熔沸点逐渐升高，第A族单质从上往下熔沸点逐渐降低BNa2
13、SiO3溶液可用作矿物胶、木材防火剂，还可用作制备硅胶的原料C品红溶液和滴有酚酞的NaOH溶液均能与SO2气体作用而褪色，且其实质相同D镁和铝性质稳定且都有很强的抗腐蚀能力，所以镁铝合金可用于飞机、轮船制造【答案】B【解析】A第A族单质从上往下：氟气、氯气、液溴、固体碘、固体砹，物质由气态变为液态，所以熔沸点逐渐升高，第一主族的金属元素，从上到下，原子半径逐渐增大，形成的金属键逐渐减弱，熔沸点逐渐降低，但该族元素还含有H元素，H2常温下为气体，熔点低于同族元素的单质，故A错误；B硅酸钠的水溶液是矿物胶，和酸反应可以制备硅胶，具有防腐阻燃的作用，做木材防火剂的原料，故B正确；C品红遇二氧化硫褪色
14、体现二氧化硫的漂白作用，而且加热红色能复原；二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，溶液碱性减弱，红色褪去，各元素没有价态变化，是复分解反应，二者褪色原理不一样，故C错误；D镁铝合金密度小，硬度大，可用于制造飞机、汽车等部件，故D错误。10A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述正确的是AC、D两元素形成化合物属共价化合物B
15、C和E形成的化合物的水溶液呈碱性C简单离子半径DBCDE的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性【答案】C【解析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，结合甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，戊为硫酸，可知丙为SO3，甲为SO2，乙为O3，丁为O2，则B为O元素，D为S元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的，A的原子序数为（8+16）=6，可知A为C元素；C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，结合原子序数可知，C为Mg，E为Cl。镁是活泼金属，硫是活泼非金属，MgS是离子化合物，故A错误；
16、MgCl2是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故B错误；S2的电子层数最多，半径最大，Mg2+、O2电子层数相同，质子数越多半径越小，所以半径S2O2Mg2+，故C正确；Cl的最高价氧化物水化物高氯酸的酸性大于S的最高价氧化物水化物硫酸的酸性，但是氯元素的其他价态的氧化物的水化物的酸性不一定比硫酸强，故D错误。11Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用如图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。下列判断正确的是Ae、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体B玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应Cc、d两根导管都必须插入BaCl2溶
17、液中，保证气体与Ba2+充分接触DY形管乙中产生的为氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀【答案】A【解析】SO2与BaCl2反应产生沉淀，溶液中必存在大量的SO或SO，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的SO，则生成的沉淀可能为BaSO3；如是氧化性气体，溶液中可生成SO，则生成的沉淀可能为BaSO4；容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以导气管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。如是碱性气体，溶液中存在大量的SO，所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生碱性气体氨气，故A正确；玻璃管
18、的作用是连通大气，平衡压强，以便左右两边产生的气体顺利导入，故B错误；如果产生氨气，氨气极易溶于水，易产生倒吸，为防止倒吸，所以不能插人BaCl2溶液中，故C错误；SO2与BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而不是BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故D错误；综上所述，本题选A。12由硫铁矿(主要成分：FeS2和SiO2)为主要原料得到绿矾(FeSO47H2O)的流程如下：下列说法不正确的是A过程1废气中含SO2B过程2试剂a为稀硫酸C过程3离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO+4H+D过程4将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净
19、绿矾【答案】D【解析】由制备绿矾流程可知，硫铁矿(主要成分：FeS2和SiO2)高温煅烧后的烧渣(主要成分：Fe2O3和SiO2)溶于硫酸，溶液中含Fe3+，过程2过滤除去二氧化硅，滤液中通入二氧化硫，将铁离子还原生成亚铁离子，过程4为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾。A根据上述分析，过程1，废气中含SO2，故A正确；B因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则过程2最好用硫酸来溶解烧渣，故B正确；C过程3中二氧化硫将铁离子还原生成硫酸亚铁，离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO+4H+，故C正确；D过程4，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，蒸干时绿矾受热失去结晶水，得不到纯净绿
20、矾，故D错误。13二氧化氯(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Ab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0.6g H2D电解池a极的电极反应式为NH-6e+4OH+3Cl=NCl3+4H2O【答案】D【解析】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，
21、选项A正确；B、二氧化氯发生器中发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3，则排出的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生器中产生2.24L(标准状况)NH3，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D、电解池a极的电极反应式为NH-6e+4H2O+3Cl=NCl3+4H+，选项D不正确。14无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体经过如图所示
22、实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则甲气体的组成为ANH3、NO2、N2BNH3、NO、CO2CNH3、NO2、CO2DNO、CO2、N2【答案】B【解析】二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，剩余气体80mL，说明一定有NH3存在且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO和CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，说明没有N2，则甲气体的组成为NH3、N
23、O、CO2，故选B。15实验室用SO2和MnO2制备MnSO4的装置如图所示，下列说法正确的是A装置B中试剂可为饱和Na2SO3溶液，其作用是除去SO2中的HClB将装置D中所得MnSO4溶液蒸干可获得纯净的MnSO4H2OC装置D中水浴控制在80左右，若温度过高时，因二氧化硫溶解度减小反应速率可能减慢D装置E中发生反应的离子方程式为SO2+2OH=SO+H2O【答案】C【解析】ANa2SO3溶液能与SO2反应，故装置B中的试剂不能是Na2SO3溶液，可用饱和NaHSO3溶液，A错误；BMnSO4H2O受热易分解，故不能将溶液蒸干，可用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到MnSO4H2O，B错误
24、；C当温度过高时，SO2在水中的溶解度减小，反应速率减慢，C正确；D石灰乳是悬浊液，Ca(OH)2主要以固体形式存在，应该写化学式，不能拆写，因此反应的离子方程式为SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2O，D错误；故答案为C。16CH3OH是重要的化工原料，工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH，其反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。按n(CO)n(H2)=12，向密闭容器中充入反应物，测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中，正确的是Ap10C平衡常数：K(A)=K(B) D在C点时，CO转化率为75%【答案】D【解析】由30
25、0时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1p2，故A错误；图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的H0，故B错误；A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；设向密闭容器充入了1mol CO和2mol H2，CO的转化率为x，则 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始 1 2 0变化 x 2x x结束 1-x 2-2x x在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x+2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确。二、非选择题（共52分）17硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。(1)工业上采用高温分
26、解H2S制取氢气，2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，在膜反应器中分离出H2。在容积为2L的恒容密闭容器中，控制不同温度进行此反应。H2S的起始物质的量均为1mol，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)的H_(填“”“ 0.04mol/(LS) 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短 （2）Cu、Cl、H 增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+) 【解析】（1）由图象可知，温度升高，转化率增大，则平衡正移，所以正方向为吸热方向，即H0，H2S的
27、物质的量为1mol，体积2L，起始浓度为0.5mol/L，若985时，反应经5s达到平衡，此时H2S的转化率为40%，则参加反应的硫化氢为0.5mol/L40%=0.2mol/L，v=c/t=0.04mol/(LS)；随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近；故答案为：；0.04mol/(Ls)；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；（2）通过图示可以看出来Fe的化学价由+3变为+2，S的化合价由-2变0价，化合价没有变的元素是Cu、Cl和H三种元素；在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的
28、措施有：增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)。故答案为：Cu、Cl、H；增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)。18PbCl2是一种重要的化工材料，常用作助溶剂、制备铅黄等染料。工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbCl2的工艺流程如下图所示。已知：PbCl2微溶于水PbCl2(s)+2Cl(aq)PbCl(aq) H0(1)浸取过程中MnO2与PbS发生反应的离子反应方程式为_。(2)由于PbCl2微溶于水，容易附着在方铅矿表面形成“钝化层”使反应速率大大降低，浸取剂中加入饱和NaCl溶液可有效避免这一现象，原因是_。(3
29、)调pH的目的是_。(4)沉降池中获得PbCl2采取的两种措施是_。(5)通过电解酸性废液可重新获得MnO2，装置示意图如下：在_极(填“a”或“b”)获得MnO2，电极反应为_。【答案】（1） （2） 增大c(Cl)，平衡正向移动，将PbCl2 (s)转化为PbCl，消除“钝化层” （3） 除去溶液中的Fe3+ （4） 加水稀释和降温 （5） a 【解析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，根据酸性废液中含有硫酸根离子矿渣，PbS中S元素被氧化成硫酸根离子，则发生反应为4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4
30、+4H2O，加入NaCl促进反应PbCl2(s)+2Cl(aq)PbCl(aq)向右移动，加入NaOH溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁、矿渣和滤液；PbCl2微溶于水，将溶液沉降过滤得到PbCl2；电解酸性废液(Mn2+、SO、Cl)可重新获得MnO2，连接电源正极为阳极，发生氧化反应，连接电源负极为阴极，发生还原反应，据此解答。(1)浸取过程中MnO2与PbS发生反应4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4+4H2O，离子反应为：8H+2Cl+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2+SO+4H2O；(2)浸取剂中加入饱和NaCl溶液可
31、有效避免钝化层的原因为：已知PbCl2(s)+2Cl(aq)PbCl(aq)，加入NaCl增大c(Cl)，有利于平衡正向移动，将PbCl2(s)转化为溶液中的离子，消除“钝化层”；(3)根据流程可知调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀，除去溶液中的Fe3+；(4)已知：PbCl2(s)+2Cl(aq)PbCl(aq) H0，可以通过加水稀释、降温促进反应逆向进行，获得PbCl2；(5)酸性废液(Mn2+、SO、Cl)，得到MnO2，故Mn2+失去电子发生氧化反应得到MnO2，电极反应为：Mn2+-2e+2H2O=MnO2+4H+，为阳极，则连接a极。19水合肼(N2H4H2O)是无色、有强
32、还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl据此，某学生设计了下列实验。【制备NaClO溶液】实验装置如下图图甲所示（部分夹持装置已省略）已知：3NaClO2NaCl+NaClO3（1）配制30% NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_（填字母）。A容量瓶 B烧杯 C移液管 D玻璃棒（2）装置I中发生的离子反应方程式是_；中玻璃管a的作用为_；中用冰水浴控制温度在30以下，其主要目的_【制取水合肼】实验装置如上图图乙所示（3）反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快，部分N2H4H2O参与A中反应并产生大量氮气，产
33、品产率因此降低，请写出降低产率的相关化学反应方程式_；充分反应后，加热蒸馏A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。【测定肼的含量】（4）称取馏分0.3000g，加水配成20.0mL溶液，一定条件下用0.1500molL1的I2溶液滴定。已知：N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O。滴定时，可以选用指示剂为_；实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中N2H4H2O的质量分数为_。【答案】（1）BD （2）MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O 平衡压强 防止NaClO分解为NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率 （3）2NaClO+N2H4H2O=2NaCl+N2+3H2O
34、 （4）淀粉溶液 25%【解析】【制备NaClO溶液】（1）配制30% NaOH溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解，所需的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒，答案选BD。（2）图甲装置I中MnO2与浓HCl共热制备Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O。II中玻璃管a的作用为：平衡压强。装置II中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO溶液，根据“已知3NaClO2NaCl+NaClO3”，说明NaClO受热易分解，为了防止NaClO分解，使用冰水浴降低温度。II中用冰水浴控制温度在30以下，其
35、主要目的是：防止NaClO分解生成NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率。【制备水合肼】（3）图乙的分液漏斗中为NaClO溶液，水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加速率过快，溶液中有过多的NaClO，水合肼参与反应被氧化成N2，NaClO被还原成NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，相关反应的化学方程式为2NaClO+N2H4H2O=2NaCl+N2+3H2O。【测定肼的含量】滴定时反应原理为2I2+N2H4H2O=N2+4HI+H2O，使用标准碘水溶液，可选用的指示剂为淀粉溶液。滴定终点的现象为：滴入最后一滴I2溶液，溶液变为蓝色且在30s内不褪去。20.00mL溶液中n（N
36、2H4H2O）=n（I2）=0.1500mol/L0.02L=0.0015mol，馏分中m（N2H4H2O）=0.0015mol50g/mol=0.075g，馏分中N2H4H2O的质量分数为100%=25%。20亚硝酸钙Ca(NO2)2是水泥混凝土外加剂的主要原料，某学习小组设计实验制备亚硝酸钙，实验装置如图所示(夹持装置略去)。已知：2NO+CaO2Ca(NO2)2；2NO2+CaO2Ca(NO3)2。 请回答下列问题：(1)向三颈烧瓶中加入稀硝酸之前，应向装置中通入一段时间的N2，原因是_。(2)仪器D的名称是_；B中盛装的试剂是_。(3)装置F中，酸性K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化
37、成NO，溶液由橙色变为绿色(Cr3+)，发生反应的离子方程式为_。(4)已知Ca(NO2)2溶液需保持弱碱性，因为其遇酸会发生反应，产生NO气体。设计实验证明E中有亚硝酸钙生成_。(5)工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，反应原理为Ca(OH)2+NO+NO2Ca(NO2)2+H2O。若n(NO)n(NO2)11，则会导致_；若n(NO)n(NO2)11，则会导致_。【答案】（1）排除装置中的O2，防止其将生成的NO氧化为NO2 （2）U形干燥管 蒸馏水 （3）Cr2O+2NO+6H+2Cr3+2NO+3H2O （4）取少量
38、中反应后的固体于试管中，滴加少许稀硫酸，试管口有红棕色气体生成 （5）排放气体中NO含量升高，污染环境 产品中Ca(NO3)2杂质含量升高 【解析】装置中含有空气，空气中氧气能氧化一氧化氮，所以通入氮气的目的是排除装置中氧气，防止其将生成的一氧化氮氧化生成二氧化氮；故答案为：排除装置中氧气，防止其将生成的一氧化氮氧化生成二氧化氮。（2）仪器D的名称是U形干燥管；硝酸易挥发，通过B中盛放的蒸馏水洗去硝酸，以防止过氧化钙反应生成氧气；故答案为：U形干燥管；蒸馏水。（3）反应中Cr2O被还原成Cr3+，NO氧化成NO，离子反应方程式为：2NO+Cr2O+6H+=2Cr3+NO+3H2O；故答案为：2
39、NO+Cr2O+6H+=2Cr3+NO+3H2O。（4）Ca(NO2)2与酸会发生反应产生NO气体，NO气体遇氧气生成红棕色NO2气体，所以取少量E中反应后的固体于试管中，滴加少许硫酸，试管口有红棕色气体生成即可证明E中有亚硝酸钙生成；故答案为：取少量E中反应后的固体于试管中，滴加少许硫酸，试管口有红棕色气体生成。（5）若n(NO)n(NO2)11，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高，污染环境，故答案为：排放气体中NO含量升高，污染环境。若n(NO)n(NO2)11，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca(NO3)2；故答案为：产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高。21含
40、氯消毒剂在生产生活中有着广泛的用途。完成下列填空：（1）工业上将氯气溶于一定浓度的氢氧化钠溶于可制得“84消毒液”，反应的离子方程式为_。（2）“84消毒液”（主要成分是NaClO）不能和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）混用。混用时反应的化学方程式是_；“84消毒液”不能对钢铁制品进行消毒，原因是_。（3）工业常用石灰乳和氯气反应制取漂粉精，其主要设备是氯化塔，将含有3%-6%水分的石灰乳从塔顶部喷洒而入，氯气从塔的最底层通入。这样加料的目的是_；处理从氯化塔中逸出气体的方法是_。（4）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体。工业上常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加入H2SO4酸化后
41、反应制得，反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为_。（5）在用二氧化氯进行水处理时，ClO2除了杀菌消毒外，还能除去水中的Fe2+和Mn2+。用ClO2氧化除去Mn2+生成ClO和MnO2的离子方程式为_。【答案】（1）Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O （2）NaClO+2HCl(浓)=Cl2+NaCl+H2O 钢铁中的碳和铁与消毒液能够形成原电池，使钢铁发生电化学腐蚀 （3）使反应物充分接触、充分反应 用碱液吸收 （4）21 （5）2ClO2+Mn2+2H2O2ClO+MnO2+4H+ 【解析】（1）工业上将氯气溶于一定浓度的氢氧化钠其反应方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO
42、+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（2）“84消毒液”（主要成分是NaClO）不能和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）混用，会发生氧化还原反应，生成氯气，其方程式为：NaClO+2HCl(浓)=Cl2+NaCl+H2O，钢铁中的碳和铁与消毒液能够形成原电池，使钢铁发生电化学腐蚀，所以不能用“84消毒液”对钢铁制品进行消毒，故答案为：NaClO+2HCl(浓)=Cl2+NaCl+H2O；钢铁中的碳和铁与消毒液能够形成原电池，使钢铁发生电化学腐蚀；（3）将3%6%水分的熟石灰从塔顶喷洒而入，氯气从塔的最底层通入，是为了充分接触，充分反应；Cl2有毒，可用碱液来吸收，故答案为：使反应
43、物充分接触、充分反应；用碱液来吸收；（4）NaClO3和Na2SO3溶液混合并加入H2SO4酸化后反应制得二氧化氯，则Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，而S元素的化合价由+4价升高为+6价，由电子守恒可知，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为=21，故答案为：21；（5）在用ClO2氧化除去Mn2+离子的反应中，由得失电子守恒及原子守恒可知，反应物中要补水，生成物中要补H+，为2ClO2+Mn2+2H2O2ClO+MnO2+4H+，故答案为：2ClO2+Mn2+2H2O2ClO+MnO2+4H+。22丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒的新药。合成丁苯酞（J）的一种路线如
44、图所示： （1）A的名称是_，E到F的反应类型是_。（2）试剂a是_，F中官能团名称是_。（3）M组成比F多1个CH2，M的分子式为C8H7BrO，M的同分异构体中：能发生银镜反应；含有苯环；不含甲基。满足上述条件的M的同分异构体共有_种。（4）J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环，J的结构简式为_。H在一定条件下还能生成高分子化合物K，H生成K的化学方程式为_。（5）利用题中信息写出以乙醛和苯为原料，合成的路线流程图（其它试剂自选）。_。【答案】（1）2-甲基-1-丙烯 氧化反应 （2）铁粉、液溴 醛基、溴原子 （3）7种 （4） （5） 【解析】利用逆推原理，根据G的化学式和，可推出C的化学式为(CH3)3CMgBr，F是逆推E是、D是；B是，A是，2-甲基-1-丙烯；H是；J是；(1)A是，2-甲基-1-丙烯；E是到F 是氧化反应；(2)在铁作催化剂的条件下与溴反应生成；(3)能发生银镜反应说明存在醛基，含有苯环；不含甲基，-CHO和-CH2Br与苯环邻间对3中同的分异构，-CH2CHO和-Br与苯环邻间对3中同的分异构，连接苯环一个碳上，所以一共有7种符合条件的同分异构；(4)J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环，J的结构简式为，H生成高分子化合物K的化学方程式为。(5)根据题目信息，以乙醛和苯为原料，合成的路线流程图：。
