1、山西省临汾第一中学2018-2019学年高二下学期期中考试化学试题1.化学与生活、环境密切相关。下列有关说法正确的是（ ）A. 把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵B. “熔喷布”可制作N95型等口罩，生产“熔喷布”的主要原料是聚丙烯，它属于纯净物C. “凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸D. 碘酸钾具有较强的氧化性,在食盐中加入适量碘酸钾,可抗人体老化【答案】A【解析】【详解】A.石灰浆能使蛋白质变性，具有杀菌作用，因此可消灭树皮上的过冬虫卵，A正确；B.生产“熔喷布”的主要原料是聚丙烯，它属于混合物，B错误；C.“硝”指的是硝酸钾，C错误；D.在食盐中加
2、入适量碘酸钾，可预防人体碘缺乏症，D错误；故合理选项是A。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A. 室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAB. 密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAC. 18gD2O和H2O的混合物中含有的中子数为9NAD. 12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环个数为0.5NA【答案】D【解析】【详解】A.室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，根据水的离子积常数可知，溶液中c(H+)=10-13mol/L。H+是由水电离产生，由于溶液的体积是1L，所以由水电离的
3、OH离子数目为10-13NA，A错误；B.2molNO与1molO2充分反应会产生2molNO2，但NO2会又有一部分发生反应转化为N2O4，因此最后得到的气体分子数目小于2NA，B错误；C.极端法求解。18g物质若全部是D2O，其物质的量是0.9mol，由于在1个D2O中含有10个中子，则0.9mol中含有中子数为9NA；若18g全为H2O，其物质的量是1mol，1个H2O中含有8个中子，则1molH2O中含有8 NA，故18gD2O和H2O的混合物中含有的中子数小于9NA，C错误；D.在石墨的层状结构中，一个C原子形成3个六元环，每个六元环中含6个这种C原子，因此其中含有的C原子数为6=2
4、，12g石墨烯含有1molC原子，则其中含有的六元环个数为0.5NA，D正确；故合理选项是D。3.下列说法不正确的是()A. 元素“氦、铷、铯”等是通过原子光谱发现的B. 锂原子的2s与5s 轨道皆为球形分布C. Co2的价电子排布式为3d54s2D. 钠元素的第二电离能大于镁元素的第二电离能【答案】C【解析】【详解】A.原子光谱是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，每一种原子的光谱都不同，用原子光谱可以研究原子结构，A正确；B.无论是哪一个能层，只要是s能级，原子轨道都是球形分布，B正确；C.Co是27号元素，原子的价层电子排布式是3d74s2，Co原子失去最
5、外层的2个电子变为Co2，其价电子排布式为3d7，C错误；D.钠元素原子的最外层只有1个电子，失去这个电子后形成最外层8个电子的稳定结构，再失去比较难，所以第二电离能较大；而Mg原子最外层有2个电子，失去第二个电子后次外层变为最外层，达到8个电子的稳定结构，所以Na的第二电离能大于镁元素的第二电离能,D 正确；故合理选项是C。4.下列化学用语正确的是（ ）A. 溴乙烷的电子式: B. 1，3-丁二烯的分子式：C4H6C. 丙烷分子的比例模型为：D. 邻羟基苯甲酸的结构简式： 【答案】B【解析】【详解】A.溴原子最外层有7个电子，与C原子形成1对电子后，达到最外层8个电子的稳定结构，所以溴乙烷的
6、电子式为: ，A错误；B.烷烃分子式通式是CnH2n+2，二烯烃分子中含有2个碳碳双键，因此比碳原子数相同的烷烃少结合四个H原子，分子式通式为CnH2n-2，故1,3-丁二烯的分子式：C4H6，B正确；C.丙烷分子的球棍模型为：，C错误；D.邻羟基苯甲酸是羟基与羧基在苯环相邻的两个C原子上，结构简式是，D错误；故合理选项是B。5.下列说法中正确的是()A. NO3-和CO32-是等电子体，均为平面三角形结构B. 邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高C. C2H2分子中键与键的数目比为11D. 高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸【答案】A【解析】【详解】A.NO3-和CO32-原子数为
7、4，价电子数为24，互为等电子体，中心原子是sp2杂化，所以均为平面三角形结构，A正确；B.邻羟基苯甲醛形成分子内的氢键，而对羟基苯甲醛形成的是分子间氢键，增加了分子之间的吸引力，使的其熔、沸点比邻羟基苯甲醛的熔、沸点高，B错误；C.C2H2分子中2个碳原子之间形成的是碳碳三键，每个C原子与H原子形成共价单键，所以分子中键与键的数目比为32，C错误；D.一般地，含氧酸的酸性、氧化性随中心原子化合价的升高而增大，但含氯元素的含氧酸的氧化性特殊，含氯元素的含氧酸的氧化性最强的是次氯酸，最弱的是高氯酸，D错误；故合理选项是A。6.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是()选项实验操作现象结论A向
8、某溶液中滴加少量稀硝酸产生白色沉淀该溶液中一定含有SiO32-B室温下，测定等浓度的Na2A和NaB溶液的pHNa2A溶液的pH较大酸性：H2AHA-，不能证明酸性H2AH2CO3，所以不能发生上述反应，C错误；D.向次氯酸钙溶液中通入SO2，会发生氧化还原反应，离子方程式：Ca2+ClO-+SO2+H2O=CaSO4+2H+Cl-，D错误；故合理选项是B。8.洗发水是否合格，需要检测二噁烷含量。关于该有机物的说法中正确的是（ ）A. 一氯代物有4种B. 与互同系物C. 所含官能团为醚键D. 所有原子均处于同一平面【答案】C【解析】【详解】A.二噁烷分子中只含有一种位置的H原子，因此其一氯代物
9、只有1种，A错误；B.二噁烷与环氧乙烷结构不相似，因此不能互为同系物，B错误；C.O原子与烃基C原子连接，因此所含官能团为醚键，C正确；D.由于含有饱和C原子，饱和C原子与其连接的原子构成的是四面体结构，因此不可能所有原子在同一个平面上，D错误；故合理选项是C。9.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。在如图所示的物质转化关系中，p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质，p和s均为有色气体，v的水溶液呈碱性。常温，0.1mol/Lt溶液与0.1mol/L u溶液的pH均为1，下列说法正确的是()A. 元素的非金属性：ZYX，原子半径：XZYX，电子层越多原子半径越大、同周期从
10、左向右原子半径减小，则原子半径：XZ碳化硅晶体硅D. 晶格能由大到小：NaFNaClNaBr【答案】B【解析】【详解】A.三种物质都是由分子构成的，由于H2O、NH3分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，而且氢键H2ONH3，使物质的熔沸点升高，因此物质的沸点由低到高的顺序为：PH3NH3H2O，A正确；B.在金刚石晶体中，每个C原子与周围4个C原子形成共价键，这种结构向空间扩展就形成了立体网状结构，C原子所连接形成的最小环为六元环，每个C原子连接12个六元环，B错误；C.金刚石、碳化硅、晶体硅都是原子晶体，原子间通过共价键结合，形成共价键的原子半径越小，共价键结合的就越牢固，物质的硬度就
11、越大，由于共价键的键长C-CC-Si碳化硅晶体硅，C正确；D. NaF、NaCl、NaBr都是离子晶体，离子间通过离子键结合，由于离子带有的电荷数目相同，离子半径越小，离子键就越强，晶体的晶格能就越大，由于离子半径F-Cl-NaClNaBr，D正确；故合理选项是B。11.在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是（ ）A. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量B. T2下，在0-t1时间内，v(Y)=C. M点的正反应速率小于N点的逆反应速率D. M点时再加入一定量的X，平衡后X的转化
12、率增大【答案】D【解析】【分析】由图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度，平衡向吸热反应移动，所以逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；A.根据图象判断参加反应的X的量的多少，反应的X越多，放热越多；B.根据图中X的浓度变化求出Y的浓度变化，再求反应速率；C.温度越高反应速率越大；D.M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡比较，根据压强对平衡的影响分析。【详解】由图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为
13、吸热反应，正反应为放热反应；A.进行到M点X的转化率较低，由于正向是放热反应，所以反应进行到M点放出的热量少，A错误；B.T2下，在0t1时间内，X的浓度变化为：c(X)=(a-b)mol/L，则Y的浓度变化为c(Y)=c(X)=mol/L，v(Y)=mol/(Lmin)，B错误；C.根据图象可知，温度为T1时反应首先达到平衡状态；温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1T2；M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，C错误；D.M点时再加入一定量X，达到新平衡与原平衡比
14、较，压强增大，增大压强平衡正移，则X的转化率增大，所以M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率增大，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了化学平衡图象问题、平衡有关计算、外界条件对平衡移动影响等，根据图象判断反应为放热反应是解题的关键。注意把握图象中曲线的变化特点，分析外界条件对化学平衡的影响。12.下列关于有机化合物的说法中，正确的是()A. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种B. 2-甲基丁烷也称为异丁烷C. 和互为同系物D. CH3CH2CH2CH3光照下与氯气反应，只生成1种一氯代烃【答案】A【解析】【详解】A. 含有3个C原子的烷基有正丙基、异丙基两种，
15、在甲苯苯环上有3种位置的H原子，即分别处于甲基的邻位、间位、对位位置上，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得同分异构体有23=6种，A正确；B.2-甲基丁烷也称为异戊烷，B错误；C.的环上有碳碳双键，是环烯烃；是环烷烃，二者不是同系物，C错误；D.CH3CH2CH2CH3有2种不同位置的H原子，因此光照下与氯气反应，能生成2种一氯代烃，D错误；故合理选项是A。13.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX和2molY发生反应：X(g)+2Y(g)mZ(g)，平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入5molZ(g)，再次达到平衡后，X、
16、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是（ ）A. 两次平衡的平衡常数相同B. m=3C. X与Y的平衡转化率之比为1:2D. 第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol/L【答案】C【解析】【详解】A.平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以两次平衡的平衡常数相同，A正确；B.平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入5molZ(g)，再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变，所以m=3，B正确；C.设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol， X(g)+2Y(g)3Z(g)，开始(mol) 1 2 0转化(mo
17、l) a 2a 3a平衡(mol)(1-a) (2-2a) 3a相同条件下，气体的体积与物质的量成正比，所以其体积分数等于其物质的量分数，即（1-a）：(2-2a)：3a=30%：60%：10%，所以a=0.1，则参加反应的n(X)=0.1mol、n(Y)=0.2mol，则X的转化率=100%=10%，Y的转化率=100%=10%，所以X和Y的转化率之比为1：1，C错误；D.该反应的反应前后气体计量数之和不变，第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料，所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变，投入Z后，设Z参加反应的物质的量为3bmol， X(g)+2Y(g)3Z(g)
18、第一次平衡(mol)：0.9 1.8 0.3加入5molZ： 0.9 1.8 5.3转化： b 2b 3b第二次平衡(mol)：(0.9+b) (1.8+2b) (5.3-3b)各物质含量不变，所以(0.9+b)：(1.8+2b)：(5.3-3b)=30%：60%：10%=3：6：1，b=1.5，n(Z)=(5.3-31.5)mol=0.8mol，Z的物质的量浓度=0.4mol/L，D正确；故合理选项是C。14.分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述不正确的是()A. 分子中含有4种官能团B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C. 1 mol 分枝酸最多可与2 mol N
19、aOH发生中和反应D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】D【解析】【详解】A.在该物质分子中含有羟基、羧基、碳碳双键、醚键四种官能团，A正确；B.该物质含有羧基，可以与醇羟基发生酯化反应；含有羟基，可以与羧基发生酯化反应，二者的反应类型为酯化反应，也属于取代反应，B正确；C.该物质分子中含有2个羧基可以与NaOH发生中和反应，C正确；D.该物质含有碳碳双键，可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，而使溶液褪色；碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，原理不同，D错误；因此合理选项是D。15.全钒氧化还原电池是一种新型可充电池，不同价态的含钒离子作为正极和负极的活性
20、物质，分别储存在各自的酸性电解液储罐中。其结构原理如图所示，该电池放电时，右槽中的电极反应为：V2+-e-=V3+，下列说法不正确的是（ ）A. 充电时，每转移1mol电子，电解液中n(H+)的变化量为2molB. 充电时，阴极电解液pH升高C. 放电时，右槽发生氧化反应D. 放电时，左槽的电极反应式：VO2+2H+e-=VO2+H2O【答案】B【解析】【详解】A.充电时阳极发生氧化反应，电极反应式为：VO2+H2OeVO2+2H+，每转移1 mol电子，电解液中n(H+)的变化量为2mol，A正确；B.充电时，阴极发生还原反应：V3+e=V2+，阳离子H+向阴极移动，因此溶液的pH会降低，B
21、错误；C.放电时，右槽为负极，失去电子，发生氧化反应，C正确；D.放电时，左槽的电极为负极，发生的反应式：VO2+2H+e=VO2+H2O，D正确；故合理选项是B。16.常温下，Ka(HCOOH)=1.7710-4，Ka(CH3COOH)=1.7510-5，Kb(NH3H2O) =1.7610-5，下列说法正确的是（ ）A. 浓度均为0.1mol/L的 HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者小于后者B. 0.2 mol/LHCOOH与0.1mol/LNaOH等体积混合溶液中：c(HCOO)+c(OH)=c(HCOOH)+c(H+)C. 0.2mol/LCH3COONa溶液
22、与 0.1mol/L盐酸等体积混合后所得到的溶液中(pHc(CH3COO)c(CH3COOH)c(H+)D. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积：前者小于后者【答案】D【解析】【详解】A.电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：NH4+HCOO-，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)=0.1mol/L+c(H+)、c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)=0.1mol/L+ c(OH-)，水解程度NH4+HCOO
23、-，所以前者c(H+)大于后者c(OH-)，所以浓度均为0.1mol/L的 HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者，A错误；B.0.2 mol/LHCOOH与0.1mol/LNaOH等体积混合，发生反应：NaOH+HCOOH=HCOONa+H2O，根据反应关系可知溶液中为HCOONa与HCOOH等物质的量混合，根据物料守恒，可得：c(HCOO)+ c(HCOOH)=2c(Na+)；根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)= c(HCOO)+c(OH)，将两个式子整理可得c(HCOO)+2c(OH)=c(HCOOH)+2c(H+)，B错误；C.0.2mol/LCH3
24、COONa溶液与 0.1mol/L盐酸等体积混合后，发生反应：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，反应后成分为CH3COONa、CH3COOH、NaCl按1:1:1混合得到的混合溶液，所得到的溶液中(pHc(CH3COOH)，CH3COOH电离消耗，Cl-不发生变化，则c(Cl) c(CH3COOH)，CH3COOH是弱酸，电离产生的H+浓度很小，故c(CH3COOH)c(H+)，因此溶液中微粒浓度的物质的量浓度关系为c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H+)，C错误；D. pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c(HCOOH)CH (5). 正四面体 (
25、6). 分子： CCl4、SiF4、SiCl4等 离子：PO43- SO42- ClO4-等 (7). (8). 135【解析】【分析】(1)N是7号元素，根据构造原理书写其核外电子排布，进而得到其外围电子排布图；原子核外有多少电子，电子的运动状态就有多少；(2)根据丙烯腈分子中C原子形成的共价键特点分析C原子杂化方式；元素的非金属性越强，其电负性越大；(3)判断空间构型时可利用价层电子对互斥理论。BF4-中无孤电子对，有4个键电子对，故呈四面体形；寻找等电子体时可利用价电子迁移法找到。(4)利用均摊法计算晶胞中含有的硫原子和锌原子，根据=计算密度；每个黑色小球连接4个白色小球，构成正四面体结
26、构，白球和黑球之间的夹角为10928，两个白球之间的距离为晶胞体对角线的。【详解】(1) N是7号元素，根据构造原理，可得其核外电子排布1s22s22p3，价电子排布式为2s22p3，价电子排布图为；由于在任何原子中都不存在运动状态完全相同的电子，所以Mg是12号元素，原子核外有12个电子，电子的运动状态就有12种；(2)丙烯腈分子结构简式是CH2=CH-CN，可见碳碳双键的C原子是sp2杂化，-CN中C原子是三键，C原子是sp杂化；在该物质的分子中含有H、C、N三种非金属性元素，元素的非金属性NCH，所以元素的电负性NCH；(3)配合物Cu(CH3CN)4BF4四氟硼酸四（乙腈）合铜(I)是
27、有机合成中常见催化剂。该配合物中阴离子为BF4-，中心原子B价层电子对数为4+=4，空间构型为正四面体形；根据等电子体概念可知与其互为等电子体的分子是CCl4、SiF4、SiCl4等 离子：PO43-、SO42- 、ClO4-等。(4)S2-离子个数：8+6=4；含有Zn2+的个数为14=4，因此一个晶胞中含4个ZnS，由于晶胞参数为540.0pm，所以晶胞的密度=g/cm3；每个黑色小球连接4个白色小球，构成正四面体结构，二者的距离为晶胞参数对角线的，则其距离为L=540.0pm=135pm。【点睛】本题考查物质结构的知识，涉及原子杂化方式、核外电子运动状态、粒子空间构型判断、等电子体的判断
28、、晶胞计算等知识，注意掌握价层电子对互斥理论、元素周期律内容，(4)为易错点，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。18.叠氮化钠(NaN3)是一种易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚，可用于合成抗生素头孢菌素药物的中间体、汽车安全气囊的药剂等。氨基钠(NaNH2)的熔点为210，沸点为400，在水溶液中易水解。实验室制取叠氮化钠的实验步骤及实验装置如下：打开止水夹K1，关闭止水夹K2，加热装置D一段时间；加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭K1；向装置A中b容器内加入加热介质并加热到210220，打开止水夹K2，通入N
29、2O；冷却，向产物中加入乙醇，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。回答下列问题：(1)装置B中盛放的药品为_。(2)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_。(3)步骤中，为了使反应受热均匀，A装置里a容器的加热方式为_；生成NaN3的化学方程式为_；N2O可由NH4NO3在240245分解制得(硝酸铵的熔点为169.6)，则应选择的气体发生装置是_(填序号)。(4)步骤中用乙醚洗涤的主要目的是_。(5)实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：将2.500g试样配成500.00mL溶液。取50.00mL溶液置于锥形瓶中，加入50.00mL0.1010mol/L(NH
30、4)2Ce(NO3)6溶液。充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.0500mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+消耗溶液体积为29.00mL。测定过程的反应方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2；Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，则试样中NaN3的质量分数为_。【答案】 (1). 碱石灰(或氢氧化钠固体) (2). 2Na+2NH32NaNH2+H2 (3). 油浴 (4). NaNH2+N2ONaN3+H2O (5). (6). NaN3不溶于乙醚，
31、能减少NaN3的溶解损耗，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥 (7). 93.60%【解析】【分析】(1)NaN3是易溶于水，故制备过程不能有水的参与；(2)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气；(3)步骤的温度为210220，选择油浴加热；NaNH2和N2O价态归中得到NaN3，根据硝酸铵的熔点为169.6，而NH4NO3在240245分解，则选择仪器应考虑硝酸铵熔化，防止流出试管底部；(4) NaN3是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚,且乙醚容易挥发分析；(5)(NH4)2Ce(NO3)6的总的物质的量为：0.1010mol/L5010-3L=0.00505mol，部分与叠氮化钠
32、反应，剩余的(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，根据已知反应：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6与标准液的物质的量相等，为：0.0500mol/L29.0010-3L=0.00145mol，故与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为n(NH4)2Ce(NO3)6=0.00505mol-0.00145mol=0.0036mol，根据反应有：NaN3(NH4)2Ce(NO3)6，则2.500g试样中叠氮化钠的质量为0.0036mol65g/mol=2.34g，以此来解答。【详解】(1)因NaN3易溶于水，因
33、此在制备过程不能有水，故装置B盛有的试剂是碱石灰（或氢氧化钠固体）；(2)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气，反应为：2Na+2NH32NaNH2+H2；(3)步骤的温度为210220，故选择的加热方式为油浴加热；NaNH2+N2ONaN3+H2O；硝酸铵的熔点为169.6，而NH4NO3在240245分解，为防止硝酸铵熔化流出试管底部，故选择的气体发生装置是I、III，不能选II；(4)由题可知，NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故步骤中用乙醚洗涤的主要目的是除去乙醇、减少NaN3的溶解损耗，有利于产品快速干燥；(5) (NH4)2Ce(NO
34、3)6的总的物质的量为：0.1010mol/L5010-3L=0.00505mol，部分与叠氮化钠反应，剩余的(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，根据已知反应：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6与标准液的物质的量相等，为：0.0500mol/L29.0010-3L=0.00145mol，故与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为n(NH4)2Ce(NO3)6=0.00505mol-0.00145mol=0.0036mol，根据反应有：NaN3(NH4)2Ce(NO3)6，则2.500g试样中叠氮化钠的质
35、量为0.0036mol65g/mol=2.34g，则试样中NaN3的质量分数为100%=93.60%。【点睛】本题考查物质的制备实验的知识，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，侧重分析与实验、计算能力的考查。19.“绿水青山就是金山银山”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业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=a kJ/mol；NH3H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=
36、(NH4)2SO3(aq)+H2O(l) H 2=b kJ/mol；2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) H 3=c kJ/mol。则反应2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的H =_kJ/mol。(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g) H =-681.8 kJ/mol对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在温度为T K时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：时间/min浓度/mol/L01020304050O
37、21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88010 min内，平均反应速率v(SO2)=_mol/(Lmin)。30 min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是_（填字母）。A加入一定量的粉状碳酸钙 B通入一定量的O2C适当缩小容器的体积 D加入合适的催化剂(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，可采用NSR(NOx储存还原)进行处理，NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_。NOx储存转化为Ba(NO3)2过程
38、中，参加反应的NO和O2的物质的量之比为_。(4)有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=34.0 kJ/mol，用活性炭对NO进行吸附。在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压在不同温度下发生该反应，并分别在t秒时测得NO的转化率，如图所示：由图可知，1050 K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为 _；在1100 K时，CO2的体积分数为_。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp），在1050K1.1106 Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=_。已知：气体分压(P分)=气体总压(P)体积分数【答案】 (1). 2a
39、+2b+c (2). 0.042 (3). BC (4). BaO (5). 4:3 (6). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (7). 20% (8). 4【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得相应反应的热化学方程式；(2)根据v=计算；根据30min后，氧气、二氧化碳的浓度都增大，改变的条件可为加入氧气或适当缩小容器的体积等；(3)根据图示中物质变化分析、计算和判断；(4)根据在1050 kPa时反应达到平衡，在1050 kPa前，温度升高对化学反应速率及反应进行的方向分析判断；根据在1100kPa时NO转化率40%，
40、结合三行计算列式得到。【详解】(1)根据盖斯定律，将2+2+可得2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(1) 的H=(2a+2b+c)kJ/mol；(2)根据v=；CO2的化学反应速率v(CO2)=0.042mol/(Lmin)，根据方程式可知：物质反应的速率比等于化学方程式的化学计量数的比，所以v(SO2)= 0.042mol/(Lmin)；30min后，氧气、二氧化碳的浓度都增大，可为加入氧气或适当缩小容器的体积等，故合理选项是BC；(3)通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。根据图示可知NO与O2反应产生的NO2
41、储存在BaO中，即储存NOx的物质是BaO；NO和O2转化为Ba(NO3)2储存起来，NO失去电子，作还原剂，N元素化合价升高3价；O2获得电子，作氧化剂，O元素变为-2价，获得电子22=4，最小公倍数是12，所以NO的系数是4，O2的系数是3，参加反应的NO和O2的物质的量之比为4:3；(4)1050 kPa 前，反应b 中NO2转化率随着温度升高而增大是由于1050kPa前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，更多的反应物变为生成物，因此NO2转化率随温度的升高而增大；在1100kPa时NO转化率40%，结合三行计算列式得到；C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)起始量 2
42、 0 0变化量 240%=0.8 0.4 0.4平衡量 1.2 0.4 0.4平衡时气体的物质的量的比等于气体的体积比，因此此时CO2的体积分数为100%=20%；由于容器的容积不变，因此气体的物质的量的比等于气体压强之比，1050K，1.1106 Pa；C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)起始量 2 0 0变化量 280%=1.6 0.8 0.8平衡量 0.4 0.8 0.8可知平衡时p(NO)=0.2p(总)，p(N2)=0.4 p(总)，p(CO2)=0.4 p(总)，则用平衡分压表示的化学平衡常数Kp=4。【点睛】本题考查了盖斯定律、化学反应速率、化学平衡移动、化学平衡常数的
43、计算等知识。掌握化学反应基本原理及氧化还原反应基本原理和物质的化学性质是本题解答的关键。20.镓是制作高性能半导体的重要原料。工业上常从锌矿冶炼的废渣中回收镓。已知某锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，利用该矿渣制镓的工艺流程如下：已知：镓在元素周期表中位于第四周期第A族，化学性质与铝相似。lg2=0.3 lg3=0.48。部分物质的Ksp如下表所示。物质Zn(OH)2Ga(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp1.610172.71031810162.81039 (1)为了提高酸浸速率，除适当增加硫酸浓度外，应采取的措施有_（写出两条）。滤渣1的主要成分是硫酸铅及_(写化学
44、式)。(2)加入H2O2的目的是(用离子方程式表示)_ 。(3)室温条件下，若浸出液中各阳离子的浓度均为0.01mo/L，当溶液中某种离子浓度小于110-5mol/L时即认为该离子已完全除去，则pH应调节的范围为_。(4)操作D包括：_过滤、洗涤、干燥。(5)电解法制备金属镓。用惰性电极电解NaGaO2溶液即可制得金属镓，写出阴极电极反应式_。【答案】 (1). 升高温度、粉碎、搅拌等 (2). SiO2 (3). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (4). 5.48pH6.6 (5). 蒸发浓缩、冷却结晶 (6). GaO2-+2H2O+3e-=Ga+4OH-【解析】【分析】某
45、锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，加入硫酸，经过滤，得到滤渣为SiO2、PbSO4，浸出液含有Zn、Fe、Ga的离子，加入过氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，调节溶液pH生成Fe(OH)3、Ga(OH)3沉淀，滤液含有硫酸锌，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到硫酸锌晶体，滤渣2含有Fe(OH)3、Ga(OH)3，加入过量的氢氧化钠，可生成NaGaO2溶液，过滤得到有Fe(OH)3，分解可生成氧化铁，电解NaGaO2溶液，可制备Ga，以此解答该题。【详解】(1)为了提高酸浸速率，除适当增加硫酸浓度外，应采取的措施有将矿物质粉碎、升高温度、搅拌等；由以上分析可知滤渣1为SiO2、PbSO4
46、；(2)在滤液中加入H2O2的目的是氧化Fe2+，调节溶液pH沉淀Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；(3)调pH的目的是使Fe3+、Ga3+沉淀完全而Zn2+不沉淀，Ga(OH)3完全沉淀时，c(OH-)=mol/L=310-9mol/L，则此时溶液的pH=5.48；如生成Zn(OH)2，则c(OH-)=mol/L=410-8mol/L，则此时溶液的pH=6.6，故应调节pH范围为5.48pH6.6；(4)操作D得到晶体，涉及操作为：蒸发浓缩，冷却结晶过滤、洗涤、干燥；(5)阴极上GaO2-发生还原反应生成Ga，电极方程式为GaO2-+2H2O+3e-=Ga+4OH-。【点睛】本题以物质制备为线索，考查物质分离提纯的过程，涉及电解原理、氧化还原反应原理、电解原理等知识点，综合考查学生的分析、计算能力，综合性较强，侧重考查基本理论的掌握和应用。