1、高二年级第二学期期末考试化学可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Pd 106第I卷一、选择题：每小题只有一个选项符合题意1. 化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是A. NaNO2和NaCl都有咸味，NaNO2可代替食盐作调味料B. BaCO3和MgCO3都能与盐酸反应， BaCO3可用作制酸剂C. 疫苗和生理盐水都属于药品，在常温下均可长时间保存D. Na2CO3和NaOH都有碱性，Na2CO3溶液可用于除去餐具上的油污【答案】D【解析】【详解】ANaNO2有毒，不能代替食盐作调味料，A不正确；BBaCO3与酸反应生成Ba2+，重金属离子有毒，不能用作制酸剂，B
2、不正确；C疫苗不能在常温下保存，常温下易变质，C不正确；DNa2CO3溶液水解显碱性，油污在碱性条件下水解，D正确；故选D。2. “忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间。”海市蜃楼是一种自然现象。发生这种现象的本质原因是A. 产生了丁达尔效应B. 光是一种胶体C. 雾是一种胶体D. 空气中的小液滴颗粒大小约为10-910-7m【答案】D【解析】空气为胶体，能有利于光线的折射，从而导致海市蜃楼的形成，发生这种现象的本质原因是空气中的小液滴颗粒大小约为10-910-7m，答案选D。3. 下列关于H2S、NO及CO三种气体的说法中正确的是A. 都易溶于水B. 都属于非电解质C. 都能与碱溶液反应D. 都能
3、被氧化【答案】D【解析】【详解】A、NO、CO均难溶于水，故A错误；B、H2S属于弱电解质，NO、CO为弱电解质，故B错误；C、H2S能与碱溶液反应，NO、CO则不能反应，故C错误；D、-2价的硫、+2价的氮、+2价的碳都具有还原性，都能被氧化，故D正确；故选D。4. 下列反应中不属于氧化还原反应的是A. 锌粒与稀硫酸的反应B. Ba(OH)28H2O与NH4Cl晶体的反应C. 甲烷的燃烧反应D. 灼热的炭粉还原CO2的反应【答案】B【解析】【详解】A.锌粒与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，锌元素和氢元素化合价变化，属于氧化还原反应，选项A错误；B. Ba(OH)28H2O与NH4Cl晶体的反应中
4、没有元素化合价变化，选项B正确；C.甲烷的燃烧反应生成二氧化碳和水，碳元素和氧元素化合价变化，属于氧化还原反应，选项C错误；D.灼热的炭粉还原CO2的反应中生成CO，碳元素和氧元素化合价变化，属于氧化还原反应，选项D错误；答案选B。5. 下列物质的分类中正确的是A. 碱:NaOH、Na2CO3、.Ba(OH)2B. 酸:H2SO4、CH3CH2OH、CH3COOHC. 盐:CaCl2、NaCl、CH3COONaD. 酸性氧化物:NO、SO3、P2O5【答案】C【解析】【分析】电离时生成的阳离子全部都是氢离子的化合物称之为酸。电离时生成的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物叫做碱。电离时生成的金属阳
5、离子（或铵根离子）和酸根阴离子的化合物叫做盐。能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物。【详解】A. NaOH、Ba(OH)2都是碱，Na2CO3是盐，A错误；B. H2SO4、CH3COOH都是酸，CH3CH2OH属于一元醇，B错误；C. CaCl2、NaCl、CH3COONa都是盐，C正确；D. SO3、P2O5都是酸性氧化物，NO不是，D错误；答案选C。6. 下列物质的化学性质与实际应用的对应关系正确的是选项化学性质实际应用ASiO2能与HF反应制造光导纤维BAl2O3具有两性制造耐火材料C水玻璃具有碱性作黏合剂和防火剂DNH3具有还原性脱除烟气中氮氧化物A. AB. BC. CD. D
6、【答案】D【解析】【详解】ASiO2用于制造光导纤维是因为SiO2对光具有良好的全反射作用，故A错误；BAl2O3用于制造耐火材料是因为Al2O3的熔点高，故B错误；C水玻璃作黏合剂是因为水玻璃具有黏性，作防火剂是因为它不燃不爆，且能够覆盖在可燃物表面，减少空气和可燃物的接触，故C错误；DNH3具有还原性，能够和烟气中氮氧化物反应生成无毒无害的氮气和水，所以NH3可以脱除烟气中氮氧化物，故D正确；故选D。7. 常温下，下列各组离子在指定条件下能大量共存的是A. 使pH试纸显蓝色的溶液中：K+ 、Na+ 、OH-、B. 由水电离出的c(H+)=110-12 molL-1的溶液中：Na+、Mg2+
7、 、Cl- 、C. 与铝反应生成H2的溶液中：、Ba2+ 、 、ClO-D. 使甲基橙呈黄色的溶液中：Na+、Fe3+ 、Cl-、【答案】A【解析】【详解】A使pH试纸显蓝色的溶液显碱性，K+ 、Na+ 、OH-、均能大量共存，A符合；B由水电离出的c(H+)=110-12 molL-1的溶液可酸可碱，Mg2+ 、在碱性溶液中不能大量共存，在酸性溶液中不能大量共存，B不符合；C与铝反应生成H2的溶液可酸可碱，在碱性溶液中不能大量共存，ClO-在酸性溶液中不能大量共存，C不符合；D使甲基橙呈黄色的溶液显碱性， Fe3+在碱性溶液中不能大量共存，D不符合；故选A。8. 设NA为阿伏加德罗常数的数值
8、，下列说法不正确的是A. 20 g由H218O与D2O组成的混合物中所含的质子数为10 NAB. 将氯气通入水中，若有1 mol氯气发生反应，则转移的电子数为NAC. 标准状况下，22.4 L CH2Cl2中含有的共价键数目为4 NAD. 常温下，100 g 46%的酒精中所含的氢原子数为12 NA【答案】C【解析】【详解】AH218O与D2O的相对分子质量都是20，且分子中都含有10个质子，因此，20g H218O与D2O组成的混合物的总物质的量为1mol，含有的质子数为10NA，A正确；B氯气与水反应的化学方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是一个歧化反应，若有1molCl2完
9、全反应，转移1mol电子，即转移的电子数为NA，B正确；C标准状况下CH2Cl2是液体，而不是气体，22.4L CH2Cl2的物质的量不是1mol，含有的共价键数目不是4NA，C不正确； D100g46%的酒精溶液中含有46g C2H5OH和54g H2O，46g C2H5OH物质的量为1mol，含有6molH原子，54g H2O的物质的量为3mol，也含有6molH原子，因此，该酒精溶液中含有的氢原子数为12 NA，D正确；故选C。9. 下列反应的离子方程式书写正确的是A. 向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：Ba2+2OH-+2H+=BaSO4+2H2OB. 向等物质的
10、量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入过量稀盐酸：2OH-+4H+=CO2+3H2OC. 在酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：+I-+6H+=I2+3H2OD. 将醋酸溶液滴到大理石上有气泡产生：2H+CaCO3=CO2+Ca2+H2O【答案】A【解析】【详解】A向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，反应生成硫酸钡沉淀硫酸钠和水，反应的离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+=BaSO4+2H2O，选项A正确；B向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入过量稀盐酸，反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：OH-+3H+=CO2+2H2O，选项
11、B错误；C在酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2，反应的离子方程式为：+5I-+6H+=3I2+3H2O，选项C错误；D将醋酸溶液滴到大理石上有气泡产生，反应离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+CO2+Ca2+H2O，选项D错误。答案选A。10. Cl2O是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O的装置如图所示。已知：Cl2O的熔点为-116，沸点为3.8 ；Cl2的沸点为-34.6；HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O。下列说法正确的是A. 装置、中盛装的试剂依次是浓硫酸和饱和食盐水B. 通干燥空气的目的
12、是作氧化剂C. 从装置中逸出气体的主要成分是Cl2OD. 装置与之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸【答案】D【解析】A. 从饱和食盐水逸出气体中含有水蒸气，所以氯气要先通过饱和食盐水，再通过浓硫酸，即装置、中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸，故A错误；B. 通干燥空气的目的是将Cl2O从发生装置完全赶出至收集装置，故B错误；C. 从装置中逸出气体的主要成分是Cl2，故C错误；D. 装置与之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故D正确。故选D。点睛：在除去气体中包括水蒸气在内的气体杂质时，由于常用溶液作为除杂试剂，而从一般溶液逸出气体中含有水蒸气，所以应该在气体除杂过程的
13、最后一步除去水蒸气。11. LiAlH4、NaBH4是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈反应释放出H2，如：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2。LiAlH4在125时分解为LiH、H2和Al。下列说法正确的是A. NaBH4与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4gmol-1B. LiAlH4与水反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C. 1molLiAlH4在125时完全分解，转移3mol电子D. NaBH4与乙醛作用生成乙醇，NaBH4作氧化剂【答案】C【解析】【详解】ANaBH4与D2O反应方程式：NaBH4+2D2O=NaBO2+4HD，所以所得氢气的摩尔质量为3g/mol，选
14、项A错误；B根据反应方程式LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2可知，LiAlH4与水反应时，氧化剂H2O与还原剂LiAlH4的物质的量之比为2:1，选项B错误；CLiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为-1价，受热分解时，根据Al元素的价态变化即可得出1 mol LiAlH4在125时完全分解，转移3 mol电子，选项C正确；DLiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，乙醛被还原，LiAlH4作还原剂，选项D错误；答案选C。12. 下表各组物质之间均只通过一步反应实现如图所示的转化，则下列反应条件正确的是选项XYZ反应条件ANONO2HNO
15、3为加H2OBAlNaAlO2AlCl3为电解CSSO2H2SO4为通入H2SDNaOHNaHCO3NaCl为通入过量CO2A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ANO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，稀硝酸与铜反应生成NO，浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，各物质之间均只通过一步反应实现，选项A正确；B铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与盐酸反应生成氯化铝，但氯化铝无法通过电解得到铝单质，选项B错误；C硫通入H2S不发生反应，选项C错误；D氢氧化钠通入过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠，氯化钠无法一步转化生成氢氧化钠，选项D
16、错误；答案选A。13. 某化工厂排放的污水中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+、Hg2+四种离子。现有甲、乙两种从该污水中回收纯净金属铜的方案。 下列说法中正确的是A. 甲实验方案能得到纯净的金属铜B. 乙实验方案不能得到纯净的金属铜C 乙实验方案第步会造成污染D. 可将乙实验方案中的稀盐酸换为稀硝酸【答案】C【解析】【详解】A甲实验方案加入过量氢氧化钠，得到氢氧化镁沉淀、氢氧化铁沉淀、氢氧化铜等沉淀，加热会分解生成对应氧化物，再与氢气加热，得到对应的单质，因此不能得到纯净的金属铜，故A错误；B乙实验方案先加入过量铁生成Hg、Cu，过滤后滤渣为Hg、Cu、Fe，加入盐酸，Fe与盐酸反应，Cu、H
17、g不与盐酸反应，加热后铜变为氧化铜，汞蒸汽挥发除去，氧化铜再与氢气反应生成纯净的铜和水，故B错误；C根据B分析得到乙实验方案第步会造成污染，主要是汞污染，故C正确；D可将乙实验方案中的稀盐酸换为稀硝酸，稀硝酸具有强氧化性，会氧化铜，故D错误。综上所述，答案为C。14. 某白色粉末由两种物质组成，取少量样品于试管中，加入适量水，有气泡产生，得到悬浊液，向该悬独液中加入足量NaOH溶液，振荡，溶液变澄清。取少量样品于另一试管中，加入足最稀硫酸，有气泡产生且固体全部溶解得无色溶液。则该白色粉末的成分可能为A. MgCO3 、NaHSO4B. NaHCO3、 AlCl3C. CaO、NH4HSO4D.
18、 Ba(HCO3)2、 Al2(SO4)3【答案】B【解析】【详解】A取少量NaHSO4、MgCO3 样品加入足量水中，二者发生离子反应生成MgSO4沉淀、CO2和H2O，有气泡产生且仍有部分固体不溶解，再继续加入足量NaOH溶液，MgSO4固体不能溶解，A不符合；B将少量NaHCO3、 AlCl3样品加入足量水中，HCO、 Al3+发生双水解反应生成CO2和Al(OH)3沉淀，有气泡产生且仍有部分固体溶解，再继续加入足量NaOH溶液，Al(OH)3固体全部溶解；取少量样品加入足量H2SO4，NaHCO3和H2SO4反应生Na2SO4、H2O和CO2，有气泡产生，且固体全部溶解得无色溶液，B符
19、合；C取少量CaO、NH4HSO4样品加入足量水中，CaO与NH4HSO4发生反应，生成CaSO4、NH3和H2O，有气泡产生，得到悬浊液，向该悬浊液中加入足量NaOH溶液，CaSO4固体不能溶解，液体依然浑浊，C不符合；D取少量Ba(HCO3)2、 Al2(SO4)3样品加入足量水中，HCO、 Al3+发生双水解反应生成CO2和Al(OH)3沉淀，Ba2+与SO反应生成BaSO4沉淀，有气泡产生且仍有部分固体溶解，再继续加入足量NaOH溶液，Al(OH)3固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸，BaSO4不能溶解，D不符合；故选B。第I卷二、非选择题15. Na2O2具有强氧化性，H2具有还
20、原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行如下实验。I.实验探究步骤1：按如图所示的装置组装仪器（图中夹持仪器已省略）并检查装置的气密性，然后装入药品。步骤2：打开K1、K2，在产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管的过程中，未观察到明显现象。步骤3：进行必要的实验操作，淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色。（1）组装好仪器后，要检查装置的气密性。简述检查虚线框内装置气密性的方法：_。（2）B装置中所盛放的试剂是_，其作用是_。（3）步骤3中的必要操作为打开K1、K2，_（请按正确的顺序填入下列步骤的字母）。A加热至Na
21、2O2逐渐熔化，反应一段时间B用小试管收集气体并检验其纯度C关闭K1D停止加热，充分冷却（4）由上述实验可推出Na2O2与H2反应的化学方程式为_。II数据处理（5）实验结束后，该同学欲测定C装置硬质玻璃管内白色固体中未反应完的Na2O2含量。其操作流程如下：测定过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和_。在转移溶液时，若溶液转移不完全，则测得Na2O2质量分数_（填“偏大”“偏小”或“不变”）【答案】 (1). 关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明虚线框内的装置气密性良好 (2). 碱石灰 (3
22、). 吸收氢气中的水和氯化氢 (4). BADC (5). Na2O2+H22NaOH (6). 玻璃棒 (7). 偏小【解析】I(1)关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明启普发生器的气密性良好；(2)A中生成的H2中混有水蒸气和挥发出的HCl，应利用B装置中所盛放的碱石灰吸收吸收氢气中的水和氯化氢；(3)步骤3中的必要操作为打开K1、K2，应先通一会儿氢气并用小试管收集气体并检验其纯度，当装置内空气完全除去后，加热C中至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间，然后停止加热，充分冷却，最后关闭K1，故操作顺序为BADC；(4)Na2O
23、2与H2反应无水生成，说明产物为NaOH，发生反应的化学方程式为Na2O2+H22NaOH；IINaCl溶液蒸发操作进需要用玻璃棒搅拌，则操作过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒；在转移溶液时，若溶液转移不完全，则得到NaCl的固体质量偏低，固体增重量偏低，导致NaOH的含量偏高，则测得的Na2O2质量分数偏小。点睛：解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理反应物质仪器装置现象结论作用意义联想。具体分析为：实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理
24、选择)。有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。实验现象：自下而上，自左而右全面观察。实验结论：直接结论或导出结论。16. 我国制碱工业的先驱侯德榜，成功地改进了西方的制碱方法而提出联合制碱法(侯氏制碱法)。某课外小组的同学拟探究联合制碱法。已知制碱法的相关方程式如下：NH3 +CO2+H2O=NH4HCO3；NaCl+NH4HCO3=NaHCO3+NH4Cl；2NaHCO3 Na2CO3 +CO2+H2O。回答下列问题：(1)甲组同学用下图所示的装置制备少量NaHCO3：先向饱和食盐水中通入NH3至饱和
25、(氨化) ，然后再通入CO2至饱和(碳化)。则发生总反应的化学方程式为_。(2)乙组同学也用上图所示的装置制备少量NaHCO3：先向饱和食盐水中通入CO2至饱和(碳化) ，然后再通入氨气至饱和(氨化)。但实验没有成功，原因是_。(3)丙组同学拟利用KCl、CO2及NH3作原料，在常温下制取KHCO3并分离出NH4Cl。已知NH4Cl、KHCO3及KCl的溶解度曲线如图所示。则他们的设想_(填“能”或“不能”)成功，理由是_。【答案】 (1). NaCl+CO2 +NH3+H2O=NH4Cl+ NaHCO3 (2). CO2在饱和食盐水中的溶解度小，而氨化后的饱和食盐水能吸收更多的CO2 (3)
26、. 不能 (4). 常温时KHCO3及KCl的溶解度非常接近，无法将KHCO3用重结晶法分离出来，且NH4Cl溶解度比KCl和KHCO3溶解度都大，无法分离出NH4Cl【解析】【分析】（1）H2CO3酸性比盐酸弱，CO2与NaCl不反应；在饱和NaCl溶液中通入足量氨气以后再通入CO2时，先生成NH4HCO3，进而生成NaHCO3；（2）CO2在饱和食盐水中的溶解度小，先通CO2后通NH3实验失败，无法得到NaHCO3；（3）利用制NaHCO3的原理，结合盐的溶解度进行分析。【详解】（1）H2CO3酸性比盐酸弱，CO2与NaCl不反应，则不能向饱和NaCl溶液中通入CO2制NaHCO3；在饱和
27、NaCl溶液中通入足量氨气以后再通入CO2时，先生成NH4HCO3，进而生成NaHCO3，则发生总反应的化学方程式为NaCl+CO2 +NH3+H2O=NH4Cl+ NaHCO3；其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出；（2）CO2在饱和食盐水中的溶解度小，而氨化后的饱和食盐水能吸收更多的CO2，先向饱和食盐水中通入CO2至饱和(碳化) ，然后再通入氨气至饱和(氨化)，实验没有成功；（3）常温时KHCO3及KCl的溶解度非常接近，无法将KHCO3用重结晶法分离出来，且NH4Cl溶解度比KCl和KHCO3溶解度都大，无法分离出NH4Cl，所以设想不成功。17. Na2S2O4(保
28、险粉)广泛用于纺织工业的还原性染色、织物的漂白等，它既具有强还原性，又具有强氧化性。回答下列问题：(1)Ventron公司研发了现场制取保险粉的方法，发生的主要反应为NaBH4 + 8NaHSO3=NaBO2+ 4Na2S2O4+6H2O。该反应属于_(填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”)。(2)德国BASF等企业曾用氯碱工业得到的钠汞剂生产保险粉，其反应原理如下：2NaHg+2Na2SO3+2H2O=4NaOH+Na2S2O4+2Hg。该方法得到的产的品中会含有较多Cl-，从环境保护等角度考虑，另一缺点是_。(3)甲酸钠(HCOONa)法生产保险粉的主要工艺流程如下：用甲醇作溶剂的原因除
29、SO2、HCOONa均易溶于甲醇外，还有_。“反应釜”中发生反应的化学方程式为_。测定产品中Na2S2O4质量分数的主要步骤如下：称取a g样品，将其加入盛有一定体积的甲醛(HCHO)的烧杯中(Na2S2O4+2HCHO+H2O=NaHSO3CH2O+NaHSO2CH2O)，溶解后转移到250 mL容量瓶中，用水稀释至刻度线。准确移取25. 00 mL溶液于锥形瓶中，酸化后加入淀粉指示剂并用c molL-1的碘标准液滴定(此时只发生反应：NaHSO2CH2O+2I2+2H2O=NaHSO4 + HCHO+4HI)，滴定终点时消耗V mL碘标准溶液。滴定终点的判断依据是_样品中Na2S2O4的质
30、量分数为_(列出计算表达式即可)。【答案】 (1). 氧化还原反应 (2). Hg的蒸气及含汞废水毒性大，易造成环境污染 (3). 保险粉在甲醇溶剂中的溶解度小从而使其易析出 (4). 2HCOONa+4SO2+Na2CO3 =2Na2S2O4+H2O+3CO2 (5). 溶液颜色由无色变为浅蓝色，且半分钟内不褪色 (6). 100%或【解析】【分析】(1)根据氧化还原反应的特征判断反应类型；(2)根据反应产生的物质及其性质分析；(3)根据保险粉的溶解性分析；根据原子守恒、电子守恒，书写反应方程式；根据碘遇淀粉溶液变为蓝色判断滴定终点，利用反应过程中物质反应转化关系，计算样品中Na2S2O4的
31、质量，然后用Na2S2O4的质量除以总质量，可得其质量分数。【详解】(1)在该反应中有元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；(2)该方法产物中含有Hg单质，Hg易挥发，挥发Hg的蒸气及含汞废水毒性大，易造成环境污染；(3)HCOONa、SO2、Na2CO3在一定条件下反应产生Na2S2O4、CO2及H2O，用甲醇作溶剂的原因除了SO2、HCOONa均易溶于甲醇外，还有就是Na2S2O4在甲醇溶剂中的溶解度小，从而使其更容易结晶析出；根据原子守恒、单质守恒可得“反应釜”中发生反应化学方程式为：2HCOONa+4SO2+Na2CO3 =2Na2S2O4+H2O+3CO2；利用淀粉为指示
32、剂，当反应达到滴定终点时，再滴入的碘水与淀粉作用使溶液显蓝色，且蓝色在半分钟内不褪色；根据反应方程式Na2S2O4+2HCHO+H2O=NaHSO3CH2O+NaHSO2CH2O；NaHSO2CH2O+2I2+2H2O=NaHSO4 + HCHO+4HI可得关系式：Na2S2O4NaHSO2CH2O2I2，25.00 mL溶液消耗I2的物质的量n(I2)=cV=c molL-1V10-3 L=cV10-3 mol，则其中含有Na2S2O4的物质的量n(Na2S2O4)=n(I2)=cV10-3 mol，m(Na2S2O4)=nM=cV10-3 mol174 g/mol=87cV10-3 g，所
33、以样品中Na2S2O4的质量分数为：100%=100%。【点睛】本题以保险粉的制取方法为线索，考查了氧化还原反应的判断、方案优劣的评价及物质含量的测定。掌握化学反应基本规律、基本概念、物质的性质是本题解答的关键。要注意滴定终点现象的判断方法及滴定方法进行实验时实验量与总量的关系。18. 工业上利用氧化铝基废催化剂(主要成分为Al2O3，还含有少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd的工艺流程如下：回答下列问题：(1)氧化铝基废催化剂在焙烧前需粉碎，原因是_。(2)焙烧时发生反应的化学方程式为_。若焙烧温度过高，则会导致硫酸铵固体分解。其分解产物除NH3、H2O、N2外，还有能使品红溶液褪色的气体
34、。(NH4)2SO4固体高温分解时氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。(3)浸液Y的主要成分的化学式为_。(4)“热还原”过程中发生反应的化学方程式为_。(5)Pd是优良的储氢金属，其储氢原理为2Pd(s)+xH2(g)=2PdHx(s)，其中 x的最大值为0.80。已知Pd的密度为 12.00g cm-3，则5.00cm3 Pd能够储存标准状况下H2的最大体积为_ (精确到 0.01)L。【答案】 (1). 加快反应速率，使反应进行得更加彻底 (2). Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3+3H2O (3). 1：3 (4). H2PdCl6 (5). (NH4)2
35、PdCl6+2H2 Pd+2NH3+6HCl (6). 5.07【解析】【分析】废催化剂(主要成分为Al2O3，还含有少量Pd)，废催化剂硫酸铵焙烧得到氨气，产物水浸过滤得到硫酸铝溶液，滤渣Pd加入浓硝酸和浓盐酸酸浸生成二氧化氮，浸液Y是Pb溶于王水生成Pd + 6HCl+ 4HNO3H2PdCl6 + 4NO2+4H2O，Y为H2PdCl6，通入氨气中和过滤得到滤渣(NH4) 2PdCl6，被氢气还原得到Pd。【详解】(1)氧化铝基废催化剂在焙烧前需粉碎是为了增大表面积，加快反应速率，使反应进行得更加彻底，故答案为：加快反应速率，使反应进行得更加彻底；(2)由分析可知：Al2O3与(NH4)
36、2SO4焙烧生成Al2(SO4)3、NH3和3H2O，反应方程式为：Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3+3H2O，硫酸铵固体分解产物除NH3、H2O、N2外，还有能使品红溶液褪色的气体，根据质量守恒定律可知：能使品红溶液褪色的气体为SO2，反应方程式为：3(NH4)2SO44NH3+6H2O+N2+3SO2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:3，故答案为：Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3+3H2O；1:3；(3)由分析可知：浸液Y的主要成分的化学式为H2PdCl6，故答案为：H2PdCl6；(4)由分析可知：“热还原”过程中发生反应的化
37、学方程式为：(NH4)2PdCl6+2H2Pd+2NH3+6HCl，故答案为：(NH4)2PdCl6+2H2Pd+2NH3+6HCl；(5)根据反应方程式可知：2mol Pdx mol H2，已知Pd的密度为12.00g cm-3，则5.00cm3 Pd的质量为：12.00g cm-3 5.00cm3=60g，物质的量为：，最多可储存H2的物质的量为：，标准状况下的体积为：，故答案为：5.07L。19. 钒酸钐(SmVO4)是一种高效可见光催化剂。以Sm(NO3)36H2O和Na3VO4为原料，在三乙醇胺()丙三醇乙醇的混合有机溶剂体系中直接沉淀可成功制得SmVO4纳米粒子。回答下列问题：(1
38、)基态V原子外围电子排布图为_。(2)Sm属于镧系元素。Sm元素在周期表中属于_区。写出一种与互为等电子体的分子：_。(3)C、N、O原子中未成对电子的电子数目比为_，氮原子的第一电离能比氧原子的大，其原因是_。(4)乙醇与二甲醚(CH3OCH3)互为同分异构体，乙醇的沸点比二甲醚的高，原因是_，乙醇中碳原子的杂化方式为_。(5)46g丙三醇中含键的数目为_(用NA表示阿伏加德罗常数的数值)。(6)金属钠的晶胞结构如图所示。金属钠中钠原子的堆积方式为_。若该晶胞参数为a nm，则晶胞密度是_(用NA表示阿伏加德罗常数的数值)gcm-3。【答案】 (1). (2). f (3). SO3（其它合
39、理答案也可） (4). 2：3：2 (5). 氮原子p轨道电子结构半充满，较稳定 (6). 乙醇分子间存在氢键 (7). sp3 (8). 6.5NA (9). 体心立方堆积 (10). 1021【解析】【分析】(1)基态V原子价电子排布式为：3d34s2；(2) Sm属于镧系元素，位于周期表中第六周期IIIB族，属于f区；等电子体为原子个数相等，价电子总数相等的微粒；(3)C、N、O原子中未成对电子的电子数目分别为2、3、2，氮原子的2p能级上的电子处于半充满状态，较稳定，而氧原子的3p能级未达到充满或半充满状态；(4)乙醇与二甲醚都为分子晶体，且分子量相同，乙醇分子间可形成氢键，使分子间的
40、作用增大，熔沸点升高；乙醇分子中的2个碳原子均为sp3杂化；(5)丙三醇中C-H、C-C、O-H、C-O键均为键，一个丙醇分子中含有13条键；(6) 根据晶胞结构可知，金属钠中钠原子的堆积方式为体心立方堆积；N（Na）=8+1=2，=m/V；【详解】(1)基态V原子价电子排布式为：3d34s2，则排布图为：；(2) Sm属于镧系元素，位于周期表中第六周期IIIB族，属于f区；等电子体为原子个数相等，价电子总数相等的微粒，与互为等电子体的分子有SO3（其它合理答案也可）；(3)C、N、O原子中未成对电子的电子数目分别为2、3、2，氮原子的2p能级上的电子处于半充满状态，较稳定，而氧原子的3p能级
41、未达到充满或半充满状态，答案为：2：3：2；氮原子p轨道电子结构半充满，较稳定；(4)乙醇与二甲醚都为分子晶体，且分子量相同，乙醇分子间可形成氢键，使分子间的作用增大，熔沸点升高；乙醇分子中的2个碳原子均为sp3杂化；(5)丙三醇中C-H、C-C、O-H、C-O键均为键，一个丙醇分子中含有13条键，则46g丙三醇即0.5mol含有6.5NA条键；(6) 根据晶胞结构可知，金属钠中钠原子的堆积方式为体心立方堆积；N（Na）=8+1=2，=m/V=23/（NAa3），1cm=107nm，答案为：1021；20. 普罗加比()在治疗癞痫、痉挛和运动失调方面均有良好的效果。一种合成该药物的路线如图所示
42、。已知：RCOOHRCOCl RCOOR回答下列问题：(1)G中含氧官能团的名称是_，H的分子式为_。(2)HM的反应类型是_。(3)C的结构简式为_。(4)写出反应E+FG 的化学方程式：_。(5)N是A的同分异构体，同时符合下列条件的N的结构共有_种。苯环上有三个取代基;能发生银镜反应;能与FeCl3溶液发生显色反应。(6)以苯甲醇和苯酚为原料，选用必要的无机试剂合成设计合成，路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)_。合成路线流程图示例：CH3CH2BrCH2=CH2CH3CH2OH【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). C17 H14O2Cl2FN
43、(3). 取代反应 (4). (5). +H2O (6). 10 (7). 【解析】【分析】A是，与 SOCl2反应得到（B），B中与羰基连接的氯原子取代生成D，D与氯化铝反应得到E，E中羰基与F中氨基之间脱去1分子水生成G，G与 SOCl2反应得到H，H中酰氯中Cl原子被-NH2替代生成M，据此解答。【详解】(1)由结构可知G中含氧官能团为：羧基、羟基；由H的结构简式可知其分子式为C17 H14O2Cl2FN，故答案为：羧基、羟基；C17 H14O2Cl2FN；(2)对比H、M的结构，可知H中酰氯中Cl原子被-NH2替代生成M，HM的反应类型是：取代反应，故答案为：取代反应；(3)对比B、D
44、的结构，结合C的分子式，可知B中与羰基连接的氯原子取代生成D，同时有HCl生成，故C的结构简式为，故答案为：；(4)对比E、F、G的结构，可知E中羰基与F中氨基之间脱去1分子水生成G，故E+FG的化学方程式+H2O，故本题答案为：+H2O；(5)由A的分子式、B的结构，结合给予的信息，可知A为，A的同分异构体N同时符合下列条件：苯环上有三个取代基；能发生银镜反应；能与FeCl3溶液发生显色反应，则三个取代基为-Cl、-OH，-CHO，氯原子与羟基有邻、间、对3种位置结构，对应的-CHO分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的共有4+4+2=10种，故答案为：10；6)由ABDE的转化，可由与氯化铝作用得到，与苯酚反应得到，与 SOCl2反应得到，而苯甲醇用酸性高锰酸钾溶液氧化得到，合成路线流程图为：，故本题答案为：。【点睛】苯环上若含有1个取代基，则只有1种同分异构体；苯环上若含有2个取代基，则有3种同分异构体；苯环上若含有3个取代基，如三个取代基完全相同，则含有3种同分异构体，若2个取代基相同，则含有6种同分异构体，若三个取代基互不相同，则含有10种同分异构体。
