1、湖北省“荆、荆、襄、宜”四地七校2019-2020学年高二化学下学期期中联考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 K-39 Cr-52一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列有关说法正确的是（ ）A. 医用酒精和84消毒液（NaClO溶液）混合使用能增强它们的消毒效果B. 气溶胶被认为可以传播新冠病毒，它是气体分散质分散到液体分散剂中的一种胶体C. “熔喷布”可用于制作口罩，生产“熔喷布”的主要原料是聚丙烯，它属于混合物D. 疫情期间可以多吃富含纤维素的食物，它们在人体内都可以通过水解反应提供能量【答案】C【解析】【详解】
2、A. 酒精是一种还原性的物质，在空气中能与氧气发生反应，84消毒液有强氧化性，也就是和氧气类似，所以酒精也可以和84消毒液发生反应，医用酒精和84消毒液混合使用不仅不能增强它们的消毒效果，反而产生有毒气体，所以医用酒精和84消毒液不能混用，A错误；B. 气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气体分散系统，B错误；C. 聚丙烯为高聚物，聚合度不确定，没有定值，所以属于混合物，C正确；D. 人体内不存在水解纤维素的酶，所以纤维素在人体内不能水解，提供能量，D错误；故答案为：C。2.下列物质中分子间存在大量氢键的是（ ）A. CH3CH2OH（l）B. CH3OCH3（l）C. C2H6
3、（g）D. NH3（g）【答案】A【解析】【详解】氢键是指已经与电负性很大的原子（如N、O、F）形成共价键的氢原子与另一个电负性很大的原子（如N、O、F）之间的作用力。B，C两项中的物质二甲醚和乙烷中均不存在氢键；由于气体分子间距太大，气体不会形成氢键，只有在液体中才会有氢键，故答案为：A。3.下列有关实验原理、装置、操作或结论的描述正确的是（ ）A. 图反应一段时间后试管中液面会下降B. 图装置可用于分离乙醇和乙酸乙酯的混合液C. 图装置可用于实验室制乙炔D. 图教材重结晶法提纯苯甲酸的实验中，主要步骤依次为：加热溶解趁热过滤冷却结晶过滤【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 甲烷与氯气在光
4、照条件下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氢，一氯甲烷和氯化氢是气体，且氯化氢极易溶于水，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷是油状液体，所以反应一段时间后试管中液面会上升，但不会充满，A错误；B. 乙醇和乙酸乙酯互溶，不能用简单的分液，分离乙酸乙酯和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可，B错误；C. 依据乙炔实验室制备的原理，可知制取装置为：固体液体气体，且固体电石易与水反应变成粉末状物质，不能控制反应的停止，不能用该装置，C错误；D. 苯甲酸的溶解度随温度变化较大，趁热过滤可除去杂质，杂质残留在母液中，冷却可得到晶体，D正
5、确；故答案为：D。4.下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是（ ）A. 透明溶液中：K+、Al3+、HCO3-、SO42-B. 水电离的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Na+、Fe2+、NO3-、Cl-C. 强碱性溶液中：K+、Na+、Cl-、CH3COO-D. c(Fe3+)=1mol/L的溶液中：NH4+、K+、SCN-、SO42-【答案】C【解析】【详解】A. Al3+与HCO3-会发生双水解，不能共存，A错误；B. 水电离的c(H+)=10-12mol/L的溶液为可酸可碱，碱性溶液中，OH-与Fe2+反应生成氢氧化亚铁的白色沉淀；酸性溶液中，NO3-会显强氧化性，氧化亚铁离子
6、，生成铁离子，不能大量共存，B错误；C. 强碱性溶液中，K+、Na+、Cl-、CH3COO-均能大量共存，C正确；D. Fe3+与SCN-会生成配合物，不能共存，D错误；故答案为：C。5.化合物1，1二环丙基乙烯是重要的医药中间体。下列有关该化合物的说法错误的是（ ）A. 分子中所有碳原子不可能共平面B. 该化合物分子式为C8H14C. 核磁共振氢谱有3种峰D. 该化合物一定条件下能发生取代反应、加成反应和氧化反应【答案】B【解析】【详解】A. 分子中含有饱和碳原子，与它相连的原子不可能全处于同一平面，所有碳原子不可能共平面，A正确；B. 根据结构式可知，该化合物分子中含有8个碳原子、12个氢
7、原子，分子式为C8H12，B错误；C. 根据结构式，有三种不同环境的氢，所以核磁共振氢谱有3种峰，C正确；D. 该化合物能被氧气氧化，含有碳氢单键，能发生取代反应，含有碳碳双键，能发生加成反应，D正确；答案为B。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加。A、B、C、D均是由这些元素组成的二元化合物，甲是Y的固体单质，常温下0.05mol/L乙溶液的pH为1。A是无色气体，是主要的大气污染物之一，上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 原子半径：XZYD. 化合物YZW中键角为120【答案】D【解析】【分析】已知0.05mol/L乙溶液的pH为1，c（H+）=0.1mo
8、l/L，说明乙是一种二元强酸，故乙是H2SO4，甲是碳，A是二氧化硫、B、C是二氧化碳和水中的一种，D是过氧化氢。X是氢元素，Y是碳元素，Z是氧元素，W是硫元素。【详解】A. X为H元素，Z为O元素，W为S元素，同周期，从左到右，元素的原子半径依次减小，同主族，从上到下，元素的原子半径依次增大，所以原子半径：SOH，A正确；B. D是过氧化氢，氢氧之间属于极性键，氧氧之间属于非极性键，B正确；C. W为S元素，Y为C元素，非金属性：SC，则酸性：H2SO4H2CO3，硫酸是强酸，碳酸是弱酸，C正确；D. Y为C元素，Z为O元素，W为S元素，其形成的化合物为：COS，COS的分子结构与二氧化碳相
9、似，立体结构为直线形，键角为180，D错误；故答案为：D。7.酞菁钴被广泛应用于光电材料、光动力学光敏材料等方面。酞菁钴（II）结构如图所示（Co均形成单键，部分化学键未画明）。下列说法错误的是（ ）A. 酞菁钴（II）中三种非金属元素的电负性大小顺序为NCHB. 酞菁钴（II）中碳原子的杂化方式只有sp2杂化C. 1号和3号N原子的VSEPR模型均为平面三角形D. 2号和4号N原子与Co（）是通过配位键结合【答案】C【解析】【详解】A. 同周期，从左到右，电负性增大；同主族，从上到下，电负性减小，则电负性大小顺序为：NCH，A正确；B. 酞菁钴（II）中，碳原子均形成3个键，没有孤电子对，其
10、杂化方式只有sp2杂化，B正确；C. 1号和3号N原子均形成3个共价键，有一对孤电子对，其VSEPR模型均为四面体形，C错误；D. N原子形成3个共价键即可达到8电子稳定结构，所以2号和4号N原子与Co离子是通过配位键结合，D正确；答案为C。8.工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)2H2(g)Si(s)4HCl(g)，有关化学键的键能数据如表所示：化学键SiClHHHClSiSiSiC键能kJ/mol360436431176347下列说法正确的是（ ）A. 反应中的能量变化与物质的状态无关B. 像这样需要加热才能进行的反应都是吸热反应C. 晶体硅比SiC更稳定D. 该反应中每生成1
11、molSi(s)吸收的能量为236kJ【答案】D【解析】【分析】【详解】A化学反应中的能量变化与物质的状态有关，能量：气态液态固态，A错误；B吸热反应与放热反应与反应条件无关，氢氧化钡晶体与氯化铵常温下反应，该反应为吸热反应，B错误；C晶体硅和SiC都是原子晶体，同主族，从上到下，原子半径增大，原子半径：SiC，则硅碳之间的键长小于硅硅之间的键长，键长越短，越稳定，所以SiC比晶体硅更稳定，C错误；D H=反应物的总键能-生成物的总键能，根据SiCl4(g)2H2(g)Si(s)4HCl(g)，H=（3604+4362-1762-4314）kJ/mol=+236kJ/mol，所以每生成1mol
12、Si(s)吸收的能量为236kJ，D正确；故答案为：D。【点睛】Si是原子晶体，Si原子之间以Si-Si键构成正四面体型，取出一个正四面体来看，是一个Si原子在中间，四个Si原子在正四面体四个角，一个Si原子会形成4根Si-Si键，但每一根Si-Si键都是两个Si原子共用的，所以相当于一个Si原子只占一根Si-Si键的，所以总的来说一个Si原子对应2根Si-Si键（4=2）。9.水煤气变换反应是重要的化工过程，反应方程式为：CO（g）H2O（g）=CO2（g）H2（g） H。我国科学家在这一变换中利用双功能催化剂突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题。反应历程如图所示：下列说法错误的是
13、（ ）A. 该反应H0B. 根据历程图示过程为吸热过程、过程为放热过程C. 整个历程中两个H2O分子都参与了反应D. 使用双功能催化剂降低了水煤气变换反应的H【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 低温下高转化率，说明该反应的正反应为放热反应，HFe2+I-B. A点表示Fe2+正好反应了一半C. 原溶液中：n(Fe2+)n(I-)n(Br-)=213D. 当通入2.5molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：6Fe2+4I-+5Cl2=6Fe3+2I2+10Cl-【答案】BD【解析】【分析】首先根据氧化还原反应中：氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性，还原剂的还原性还原产物的还原性，氧化剂先
14、氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，判断离子的反应先后顺序，然后根据图象，判断参加反应的各离子的物质的量，以此解答该题。【详解】A. 在2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-反应中，Fe2+作还原剂，还原剂的还原性还原产物的还原性，在2Fe3+2I-=2Fe2+I2反应中，I-作还原剂，根据还原剂的还原性还原产物的还原性，则还原性：I-Fe2+Br-，A错误；B. 在通入氯气的量为01mol的过程中，I-先被氧化；通入氯气的量为12.5mol的过程中，Fe2+被氧化，Fe3+的量逐渐增大，同时Fe3+与I-反应生成Fe2+和I2，A点表示Fe2+正好反应了一半，B正确；C. 通入氯气的量为
15、01mol的过程中，I-先被氧化，发生2I-+Cl2=I2+2Cl-，则n（I-）=2mol，通入氯气的量为12.5mol的过程中，Fe2+被氧化，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，n（Fe2+）=3mol，通入氯气的量为2.54.5mol的过程中，Br-被氧化，2Br-+Cl2= Br2+2Cl-，n（Br-）=4mol，所以n(Fe2+)n(I-)n(Br-)=324，C错误；D. 当通入2.5molCl2时，溶液中已经发生：2I-+Cl2=I2+2Cl-、2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-和2Fe3+2I-=2Fe2+I2，可表示为：6Fe2+4I-+5Cl2=6Fe3+2I2+1
16、0Cl-，D正确；故答案为：BD。【点睛】一般来说，若干还原剂的溶液中加入同一氧化剂时，还原性强的还原剂先被氧化；反之，若干氧化剂的溶液中，加入同一还原剂时，氧化性强的氧化剂先被还原。13.轻质氧化镁和硼酸(H3BO3)都是重要的化工原料，可采用硼镁矿（含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸和轻质氧化镁，其工艺流程如图：下列叙述错误的是（ ）A. Fe2O3、Al2O3都不能溶于(NH4)2SO4溶液B. 进入“吸收”工序中的气体为NH3C. 若“过滤2”时调节溶液的碱性越强得到的硼酸越多D. “沉镁”中得到的母液经加热后可返回“溶浸”工序循环使用【答案】
17、C【解析】【分析】硼镁矿含Mg2B2O5H2O、SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入(NH4)2SO4溶液，SiO2、Fe2O3、Al2O3不与(NH4)2SO4溶液反应，Mg2B2O5H2O与(NH4)2SO4溶液反应，其反应方程式为：2(NH4)2SO4+ Mg2B2O5H2O +2H2O = 2MgSO4+2NH4B(OH)4+2NH3，NH3中加入NH4HCO4，发生反应为：NH3+ NH4HCO3= (NH4)2CO3，滤渣1为不溶于(NH4)2SO4溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3，滤液1调pH为3.5，将B(OH)4-转化为H3BO3，并析出H3BO3；滤液2调pH为6.
18、5，沉镁过程中(NH4)2CO3溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2MgCO3，其离子反应方程式为：2Mg2+2H2O+3CO32-= Mg(OH)2MgCO3+2HCO3-。【详解】A. SiO2、Fe2O3、Al2O3不与(NH4)2SO4溶液反应，A正确；B. Mg2B2O5H2O与(NH4)2SO4溶液反应，其反应方程式为：2(NH4)2SO4+ Mg2B2O5H2O +2H2O = 2MgSO4+2NH4B(OH)4+2NH3，即进入“吸收”工序中的气体为NH3，B正确；C. 在“过滤2”时，将溶液pH调节至3.5，目的是得到硼酸，促进硼酸的析出，C错误；D. 沉镁时，其离子反应方程
19、式为：2Mg2+2H2O+3CO32-= Mg(OH)2MgCO3+2HCO3-，母液的主要成分为硫酸铵，可返回“溶浸工序中循环使用，D正确；故答案为：C。14.电渗析法是海水淡化的常用方法，某地海水中主要离子的含量如下表，现利用“电渗析法”进行淡化，技术原理如图所示（两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过）。下列说法错误的是（ ）A. 淡化过程中易在甲室形成水垢B. 淡化过程中戊室的电极反应式为：2Cl-2e-=Cl2C. 淡化过程中乙室和丁室中部分离子的浓度减小，淡水的出口为a、cD. 当甲室收集到标准状况下11.2L气体时，通过甲室阳膜的离子的物质的量一定为1mol【
20、答案】D【解析】【分析】戊室电极与电源的正极相连，则为阳极室，Cl-放电，其电极反应式为：2Cl-2e-= Cl2，甲室电极与电源的负极相连，则为阴极室，水得电子生成氢气同时生成OH-，其电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-。【详解】A. 由图可知，甲室电极与电源负极相连，为阴极室，开始电解时，阴极上水得电子生成氢气同时生成OH-，生成的OH-和HCO3-反应生成CO32-，Ca2+转化为CaCO3沉淀，OH-和Mg2+生成Mg(OH)2，CaCO3和Mg(OH)2是水垢的成分，A正确；B. 由图可知，戊室电极与电源正极相连，为阳极室，Cl-放电能力大于OH-，所以阳极的电极反应式为
21、：2Cl-2e-= Cl2，B正确；C. 阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过，电解时乙室中阳离子移向甲室，丁室中的阴离子移向戊室，则乙室和丁室中部分离子的浓度减小，剩下的物质主要是水，淡水的出口为a、c ，C正确；D. 甲室收集到的是H2，当甲室收集到22.4L(标准状况)气体时，则电路中转移2mol电子，通过甲室阳膜的离子为阳离子，既有+1价的离子，又有+2价的离子，所以物质的量不是1mol，D错误；故答案为：D。15.已知联氨(N2H4)在水中的电离方程式为N2H4+H2ON2H5+OH-，N2H5+H2ON2H62+OH-。常温下，将盐酸逐滴加到联氨的水溶液中，混合溶液的pOHp
22、OH=-lgc(OH-)随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）A. 曲线X表示pOH与lg的变化关系B. 反应N2H62+H2ON2H5+H3O+的平衡常数K=10-15C. 联氨的溶液加水稀释时联氨的电离程度逐渐增大D. N2H5Cl的水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H3O+)=c(N2H4)+c(OH-)【答案】AB【解析】【分析】N2H4+H2ON2H5+OH-，N2H5+H2ON2H62+OH-，当lg=0时，c(N2H4)=c(N2H5+)，Kb1=c(OH-)=10-pOH，当lg=0时，c(N2H5+)=c(N2H62+)，Kb2=c(OH-)=10-pO
23、H，并且Kb1Kb2，由图可知，X点pOH=15.0，Y点pOH=6.0，所以Kb1=10-6.0，Kb2=10-15.0，曲线X表示pOH与lg的变化关系，曲线Y表示pOH与lg的变化关系，据此分析解答。【详解】A由分析可知，曲线Y表示pOH与lg的变化关系，A错误；B反应N2H62+H2ON2H5+H3O+的平衡常数为，B错误；C越稀越电离，联氨的溶液加水稀释时，联氨的电离程度逐渐增大，C正确；DN2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液中存在N2H5+的电离和水解，电荷守恒：2c(N2H62+)+c(H+)+c(N2H5+)=c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒：c(N2H62+)+c(N2H4)
24、+c(N2H5+)=c(Cl-)，根据物料守恒和电荷守恒，水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H+)=c(N2H4)+c(OH-)，D正确；故答案为：AB。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.催化氧化反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） H0。在体积可变的密闭容器中，维持压强为1.01105Pa，充入2molSO2和一定量的O2，SO2的平衡转化率（SO2）随O2物质的量n（O2）的变化关系如图1所示：已知反应aA(g)+bB(g)gG(g)+hH(g)的标准平衡常数K=，其中P=1.01105Pa，PG，PH，PA，PB分别表示G，H，A，B的分压，P(分压)=P(总
25、压)物质的量分数。（1）在绝热恒容的密闭容器中，能表明反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）已达到平衡状态的是_。A.v（SO2）=2v（O2）B.当容器内温度不再变化时C.各组分的物质的量相等D.容器内气体密度不变E.混合气体平均相对分子质量不变（2）在1000时随着O2物质的量的增大，但SO2平衡转化率升高缓慢，其原因是_。（3）求图1中a点的标准平衡常数K=_。在a点达到平衡后，若保持温度、压强不变，再向体系中充入SO2(g)，O2(g)，SO3(g)各0.2mol时，此时v(正)_v(逆)（填“”或“=”）。（4）若在相同的恒容密闭容器中充入O2和SO2各2mol，在不同温度下达
26、到平衡，反应体系总压强随时间变化如图2所示，则达到平衡状态b和c时，SO3体积分数较大的是_（填“b”或“c”），原因是_。【答案】 (1). BE (2). 1000时，该反应平衡常数很小，SO2平衡转化率的变化很小 (3). 176 (4). (5). c (6). 起始b压强大于c说明b温度高于c，该反应是放热反应，温度越低平衡时SO3的体积分数越大【解析】【分析】（1）根据平衡状态的本质及特征分析解答；（2）根据温度对平衡常数及平衡移动方向的影响分析解答；（3）根据题给信息中平衡常数的表达式计算平衡常数，判断平衡移动方向；（4）实验b到达平衡时总压强变大，说明平衡逆向移动，而化学反应速
27、率变大，考虑到该反应是放热反应，可能是升高温度所导致。【详解】（1）A. v（SO2）=2v（O2）并未体现正反应速率与逆反应速率的相对大小，不能说明反应已经达到平衡，故A不选；B. 该容器绝热容器，当容器内温度不再变化时，说明正反应速率等于逆反应速率，能说明反应已经达到平衡，故B选；C. 各组分的物质的量相等不能说明各组分的浓度不再变化，也就不能说明反应达到平衡，故C不选；D 容器体积不变，且反应前后气体质量不变，所以容器内气体密度始终不变，不能说明反应达到平衡，故D不选；E. 反应前后气体总质量不变，反应前后气体的总物质的量不相等，则混合气体的平均相对分子质量不变时，说明各组分的浓度不变，
28、能说明反应已经达到平衡，故E选，故答案为：BE；（2）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0，温度达到1000时该反应的平衡常数很小，使二氧化硫的平衡转化率小，在1000时，恒压条件下，充入氧气，c（SO2）和c（SO3）等倍数减小，c（O2）增大，Qc=K，平衡正向移动，二氧化硫的平衡转化率增大，但变化很小，故答案为：1000时，该反应平衡常数很小，SO2平衡转化率的变化很小；（3）a点达到平衡时，SO2的物质的量为2mol(1-80%)=0.4mol，则SO2，O2，SO3的分压分别为：1.01105Pa=1.01105Pa、1.01105Pa、1.01105Pa，则K=176；再向
29、体系中充入SO2(g)，O2(g)，SO3(g)各0.2mol时，SO2，O2，SO3的分压分别为：1.01105Pa=1.01105Pa、1.01105Pa、1.01105Pa，Qp=63K，平衡向正向移动，v(正) v(逆)，故答案为：176；（4）如图所示，达到平衡状态b和c时，SO3体积分数较大的是c；原因是起始b压强大于c说明b温度高于c，该反应是放热反应，温度越低平衡时SO3的体积分数越大，故答案为：c；起始b压强大于c说明b温度高于c，该反应是放热反应，温度越低平衡时SO3的体积分数越大。17.C、N、P、S、Fe、Cu是与人类生产、生活息息相关的化学元素，利用所学知识回答下列问
30、题：（1）基态Cu原子核外电子排布式为_，则高温下的稳定性CuO_Cu2O（填“”或“”）；（2）经研究Cu的某种化合物能催化氧化CO(NH2)2，其中C、N的杂化方式分别为_，_；（3）Si、P、S元素的第一电离能由大到小的顺序是_；（4）OF2的空间构型是_，分子极性：H2O_OF2（填“”或“”），理由是_；（5）Fe(CN)63-中配位键和键的个数之比为_；（6）邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，原因是_。【答案】 (1). Ar3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1 (2). (3). sp2 (4). sp3 (5). PSSi (6). V形 (7)
31、. (8). 二者结构相似，均为V形，F与O的电负性相对比较接近，所以O-F键的极性较弱，故OF2分子的极性也较弱 (9). 1：2 (10). 邻羟基苯甲醛形成了分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成了分子间氢键，故前者沸点低【解析】【分析】同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，第IIA和第IIIA族、第VA和第VIA族反常；有机物沸点与碳原子个数和氢键有关。【详解】（1）根据核外电子排布规律，铜原子序数为29，基态Cu原子核外电子排布式为Ar3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1；铜的价电子是3d104s1，在高温时，容易失去外层41上的一个电子，形
32、成3d10的电子结构，根据洪特规则，轨道全满半满和空的时候能量低，所以高温时1价铜比2价铜稳定，则高温下的稳定性CuOCu2O；（2）经研究Cu的某种化合物能催化氧化CO(NH2)2，化合物中C原子含有3个键且不含孤电子对，所以其杂化方式为sp2，N原子分别含有3个键且含有一个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化；（3）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，第IIA和第IIIA族、第VA和第VIA族反常，Si、P、S三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是PSSi；（4）由价层电子对互斥理论可知，OF2中中心原子为O，F为配位原子， 价层电子对数=，成键电子对数为2，孤
33、电子对数为4-2=2，电子对构型为正四面体 ，孤电子对越多，排斥力越大，所以OF2分子构型为V型，分子极性：H2OOF2，理由是二者结构相似，均为V形，F与O的电负性相对比较接近，所以O-F键的极性较弱，故OF2分子的极性也较弱；（5）Fe(CN)63-结构中，一个CN-含有1个键，2个键且每次CN-与铁以配位键相结合，配位键和键的个数之比为1：2；（6）邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，原因是邻羟基苯甲醛形成了分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成了分子间氢键，故前者沸点低。18.青蒿挥发油是青蒿的活性成分（几乎不溶于水，可溶于乙醚，熔点156-157，对热不稳定，乙醚的沸点34.6），有抗
34、菌、解热、止咳等作用。实验室从青蒿中提取青蒿挥发油的流程如图所示。索氏提取装置如图所示，实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与青蒿小段接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对青蒿小段的连续萃取。回答下列问题：（1）实验时需将青蒿剪成1-2cm小段，放入滤纸套筒1中，剪成小段的目的是_，圆底烧瓶中加入乙醚为溶剂时，应不超过烧瓶容积的_。（2）索氏提取器中滤纸套筒的高度（x）、套管内青蒿小段的高度（y）及虹吸管的高度（z）由大到小的顺序是_（用x、y、z回答），与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是_。（3）提取
35、时球形冷凝管中冷水应从_（填“a”或“b”）管导入，提取液需经_（“常压”或“减压”）蒸馏法除去大部分溶剂，下列仪器在该蒸馏中需要用到的有_（填字母标号）。A.直形冷凝管 B.球形冷凝管 C.锥形瓶 D.烧杯 E.温度计【答案】 (1). 增加固液接触面积，提取更充分 (2). (3). xzy (4). 使用溶剂少，可连续萃取（或萃取效率高） (5). b (6). 减压 (7). ACE【解析】【分析】根据索氏提取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与溶剂的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用溶剂对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品加95
36、%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品。【详解】(1)实验时需将青蒿剪成1-2cm小段，放入滤纸套筒1中，剪成小段的目的是增加固液接触面积，提取更充分，圆底烧瓶中加入乙醚为溶剂时，应不超过烧瓶容积的。(2)蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与青蒿小段接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，即套管内青蒿小段的高度小于虹吸管的高度，由图可知：索氏提取器中滤纸套筒的高度（x）、套管内青蒿小段的高度（y）及虹吸管的高度（z）由大到小的顺序是xzy，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是使用溶剂少，可连续萃取（或萃取效率高）。(3)减少水资源浪费，使冷凝水
37、更充分被利用，提取时球形冷凝管中冷水应从b管导入；减压环境沸点下降，提取液需经减压蒸馏法除去大部分溶剂，在该蒸馏中需要用到的有直形冷凝管、锥形瓶、温度计。19.某化学实验小组以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7。主要流程如图：（1）加入适量Na2S溶液后生成的沉淀X为_，若加入的Na2S溶液过量，除生成X外还会发生反应的离子方程式为_。（2）请配平Cu(NH3)4SO4H2O加热发生分解反应的化学方程式。_Cu(NH3)4SO4H2O_Cu+_NH3+_SO2+_N2+_H2O（3）“沉CuNH4SO3”时可用如图装置(夹持、加热仪器略)：“沉Cu
38、NH4SO3”时，反应温度需控制在45，合适的加热方式是_。NaOH溶液的作用是_。（4）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.0g配成250mL溶液，取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000mol/L硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行三次实验。(已知Cr2O72-被还原为Cr3+)若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为20.00mL，则所得产品K2Cr2O7的纯度为_%。上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+，还含有一定浓度的Fe3+，可通过调pH的方法
39、使两者转化为沉淀。假设两种离子初始浓度均为210-3mo/L，当溶液中刚开始析出Cr(OH)3沉淀时，c(Fe3+)=_mo/L。已知：KspFe(OH)3=4.010-38，KspCr(OH)3=6.010-31【答案】 (1). CuS (2). 2Fe3+3S2-=2FeS+S或2Fe3+S2-=2Fe2+S (3). 3 (4). 3 (5). 8 (6). 3 (7). 2 (8). 9 (9). 水浴加热 (10). 吸收SO2防止污染空气 (11). 49 (12). 1.310-10【解析】【分析】将电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)中加入稀硫酸溶解发生反应得到
40、Cr2(SO4)3、CuSO4、Fe2(SO4)3及CaSO4，然后水浸、过滤除去滤渣CaSO4。在浸出液中加入Na2S调节溶液的pH，只使CuSO4发生沉淀反应，沉淀是CuS，在充分搅拌下加入氨水，适量H2O2，并通入O2, 反应生成了Cu(NH3)4SO4，利用SO2的还原性将其还原，生成CuNH4SO3。滤液调节溶液pH使离子沉淀，最后氧化为重铬酸钾。【详解】（1）加入适量Na2S溶液后生成的沉淀X为CuS，若加入的Na2S溶液过量，除生成X外还会发生反应的离子方程式为2Fe3+3S2-=2FeS+S或2Fe3+S2-=2Fe2+S。（2）根据氧化还原反应原理及原子守恒可知，Cu(NH3
41、)4SO4H2O加热发生分解反应的化学方程式3Cu(NH3)4SO4H2O3Cu+8NH3+3SO2+2N2+9H2O。（3）“沉CuNH4SO3”时，反应温度需控制在45，且受热均匀，合适的加热方式是水浴加热。二氧化硫有毒，NaOH溶液位于装置尾部，目的是尾气处理，作用是吸收SO2防止污染空气。（4）Cr2O72-为氧化剂，把Fe2+氧化为Fe3+，+6价铬被还原为+3，反应的离子方程为Cr2O72-+6 Fe2+14H+=2 Cr3+6 Fe3+7H2O，若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为20.00mL，则所得产品K2Cr2O7的纯度为 =49%。假设离子初始浓度
42、为210-3mo/L，当溶液中刚开始析出Cr(OH)3沉淀时， ，则c(Fe3+)=1.310-10mo/L。20.以下是合成一种功能高分子I的路线图。已知以下信息：RCNRCOOH烃E的相对分子质量为92回答下列问题：（1）G中官能团的名称为_，_；（2）反应和的反应类型分别为_，_；（3）下列关于物质C的说法错误的是_(填字母标号)A.可利用红外光谱法确定物质C中的官能团B.物质C存在顺反异构体C.物质C能与NaHCO3反应产生气体D.物质C最多有8个原子共平面（4）反应的化学方程式为_；（5）F的同分异构体中含有苯环且苯环上连有3个硝基的结构共有_种。【答案】 (1). 硝基 (2).
43、氯原子 (3). 加成反应 (4). 取代反应(或水解反应) (5). BD (6). +3HNO3(浓)+3H2O (7). 5【解析】【分析】根据分子式，有机物A为乙炔，与HCN发生加成反应生成CH2=CHCN，在酸性环境下雨水结合生成CH2=CHCOOH，根据逆推法，反应为酯化反应，D的结构为，H为，且烃E的相对分子质量为92，即E为甲苯，在浓硫酸、浓硝酸环境下生成2，4，6-三硝基甲苯，在光照条件下与氯气发生甲基的取代反应，生成，再与氢氧化钠水溶液发生水解反应生成H。【详解】（1）G为，官能团的名称为硝基，氯原子；（2）反应为乙炔的加成反应，为氯代物的水解反应；（3）物质C为CH2=CHCOOH， A.红外光谱法确定物质C中的官能团，A正确；B.物质C不存在顺反异构体，B错误；C.物质C含有羧基，能与NaHCO3反应产生气体，C正确；D.物质C含有碳碳双键和羧基，最多有9个原子共平面，D错误；答案为BD。（4）反应化学方程式为+3HNO3(浓)+3H2O；（5）F为2，4，6-三硝基甲苯，根据排列组合规律，同分异构体中含有苯环且苯环上连有3个硝基的结构共有5种，为2，3，4-三硝基甲苯，3，4，5-三硝基甲苯，2，3，5-三硝基甲苯，2，3，6-三硝基甲苯，2，4，5-三硝基甲苯。
