1、湖北省咸宁市嘉鱼县第一中学2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 Li7 Na23 Cl35.5 O16 P31 F19一、选择题：每小题只有一个选项符合题意1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是( )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. 酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇C. 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D. 混凝法、中和法和沉淀法是常用的工业污水处理方法【答案】D【解析】【详解】A.酒精有还原性，而NaClO有氧化性，两者可以发生反应，因此
2、，医用酒精和84消毒液(NaClO溶液)混合使用会减弱它们的消毒效果，A说法不正确；B. 酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生分解反应生成乙醇和二氧化碳，该反应不是水解反应，B说法不正确；C.纤维素在人体内不能发生水解反应，人体不能消化纤维素，故其不能给人体提供能量，C说法不正确；D. 混凝法可以除去水中的悬浮颗粒，中和法可以除去水中的酸或碱，沉淀法可以除去水中的重金属离子，故其是常用的工业污水处理方法，D说法正确。本题选D。2. 下列说法正确的是（）。A. 自然界中的所有原子都处于基态B. 同一原子处于激发态时的能量一定高于基态时的能量C. 无论原子种类是否相同，基态原子的能量总是低于激发态
3、原子的能量D. 激发态原子的能量较高，极易失去电子，表现出较强的还原性【答案】B【解析】【详解】A自然界中的原子有的处于基态，有的处于激发态，A选项错误；B、C同一种原子处于激发态时的能量一定高于基态时的能量，若原子种类不同，则不一定如此，所以B选项正确，C选项错误；D激发态原子的能量较高，容易跃迁到能量较低的状态或基态，能量降低。激发态原子若要失去电子，仍必须再吸收能量，失去电子难易程度需根据原子的具体情况而定，有的激发态原子易失去电子，有的激发态原子难失去电子，故D错误。故选B。3.以富含纤维素的农作物为原料，合成 PEF 树脂的路线如下：下列说法不正确的是A. 葡萄糖、果糖均属于多羟基化
4、合物B. 5-HMFFDCA 发生氧化反应C. 单体 a 为乙醇D. PEF 树脂可降解以减少对环境的危害【答案】C【解析】【详解】A.从结构上看，葡萄糖是五羟基醛，果糖是五羟基酮，均属于多羟基化合物，故A正确；B.转化为的反应是醇羟基和醛基氧化为羧基的反应，故B正确；C.由PEF的结构简式 可知，与HOCH2CH2OH发生縮聚反应生成PEF，单体 a 为乙二醇，故C错误；D. 由PEF的结构简式可知，PEF 树脂中含有酯基，一定条件下能发生水解反应而降解，从而减少白色污染对环境的危害，故D正确；故选C。【点睛】一定条件下，与HOCH2CH2OH发生縮聚反应生成，单体 a 为乙二醇是解答关键。
5、4.下列数据是对应物质的熔点，有关的判断正确的是( )Na2ONaAlF3AlCl3Al2O3BCl3CO2SiO292097.812911902073-107-571723A. 只要含有阴离子的晶体就一定是离子晶体B. 在共价化合物分子中各原子都形成8电子结构C. 同族元素的氧化物不可能形成不同类型的晶体D. 金属晶体的熔点一定比分子晶体的高【答案】A【解析】【详解】A.含有阴离子的晶体，一定含有阳离子，阴阳离子之间可以形成离子键，故该晶体一定是离子晶体，A正确；B. 在共价化合物分子中各原子不一定都形成8电子结构，如HCl分子中的H原子只能形成2电子结构，B不正确；C. 同族元素的氧化物有
6、可能形成不同类型的晶体，如表中二氧化碳能形成分子晶体，而二氧化硅能形成原子晶体，C不正确；D. 金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高，如汞在常温下是液体，而碘在常温下是固体，再如，表中钠形成金属晶体，其熔点比氯化铝形成的分子晶体低，D不正确。本题选A。5.W、X、Y、Z为原子序数依次减小的短周期主族元素，已知W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数；由四种元素形成某化合物的结构如图所示。下列叙述不正确的是( )A. 简单氢化物的稳定性：XYB. 简单离子半径：XWC. Y的最高价氧化物对应水化物为弱酸D. 该化合物中各元素均满足8电子稳定结构【答案】D【解析】分析】根据该化合物的结构可知
7、W元素可以形成+2价阳离子，应为第IIA族元素，其原子序数最大，原子序数比其小的主族元素至少有3种，所以W应为第三周期元素，为Mg元素；X可以形成2个共价键，应为第A族元素，所以X为O元素，Z可以形成1个共价键，原子序数小于O，则Z为H元素，所以Y元素最外层电子数为6-1-2=3，所以Y为B元素。【详解】AY为B元素，X为O元素，非金属性BO，所以简单氢化物的稳定性BO，故A正确；BO2-和Mg2+电子层结构相同，但O2-核电荷数更小，半径更大，故B正确；CB元素的最高价氧化物对应水化物为H3BO3，为弱酸，故C正确；DH元素最外层不满足8电子稳定结构，故D错误；答案选D。6.报道称某种合金材
8、料有较大的储氢容量，其晶体结构的最小单元如图。则这种合金的化学式为A. LaNi3B. LaNi4C. LaNi5D. LaNi6【答案】C【解析】【详解】根据晶胞结构图并依据均摊法可知可知，晶胞中镧（La）原子数目为12+2=3，镍（Ni）的原子数目为12+6+6=15，所以该晶体的化学式为LaNi5或Ni5La，答案选C。【点睛】在六棱柱中，位于顶点上的原子被6个晶胞共用，每个晶胞占该原子的，位于面上的原子被两个晶胞共用，每个晶胞占该原子的，侧棱上的原子被三个晶胞共用，每个晶胞占该原子的，上下面的棱上的原子被4个晶胞共用，每个晶胞占该原子的，晶胞内部的属于该晶胞，不与其他晶胞共用。7.在2
9、.0 L的容器中，加入2.0 mol PCl5， PCl5(g)PCl3(g) + Cl2(g) 在一定条件下达到平衡后，Cl2为0.3 mol，在恒温恒容，若此时移走1.0 mol PCl5，再次达到平衡时PCl3的物质的量浓度是( )A. 0.075 mol/LB. 0.15 mol/LC. 小于0.5 mol/LD. 大于0.075 mol/L ，小于0.5 mol/L【答案】D【解析】【详解】在2.0 L的容器中，加入2.0 mol PCl5， PCl5(g)PCl3(g) + Cl2(g) 在一定条件下达到平衡后，Cl2为0.3 mol，则PCl3(g)的平衡量为0.3mol，其浓度
10、为0.15mol/L。在恒温恒容，若此时移走1.0 mol PCl5，相当于将原平衡体系的体积增大为4.0L，若平衡不发生移动PCl3(g)的浓度变为原来的一半，即0.075mol/L，但是减小压强平衡向正反应方向移动，则再次达到平衡时PCl3的物质的量浓度大于0.075mol/L，但是PCl5(g)不可能完全转化为PCl3(g)，故PCl3(g)的浓度小于0.5 mol/L，故本题答案为D。8.向10 mL 0.2 mol/L的KIO3溶液中逐渐加入NaHSO3粉末，生成的I2的物质的量随所加NaHSO3的物质的量变化如图所示，下列说法不正确的是( )A. A点对应的I2的物质的量为1.01
11、0-3 molB. oa : ab = 4 : 1C. 当溶液中的n(I2) = 510-4 mol时，加入NaHSO3的物质的量可能为2.510-3 mol或5.510-3 molD. 由ab段反应可知，氧化性I2 【答案】B【解析】【分析】加入NaHSO3的物质的量在0a，发生的反应为：2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+H2O+3H+，加入NaHSO3的物质的量在ab，发生的反应为：I2+HSO3-+H2O=I-+SO42-+3H+。【详解】AA点时，10mL0.2molL-1的KIO3溶液中的KIO3恰好完全被亚硫酸氢钠还原为I2，由原子守恒可知，n(I2)=n(KIO3)=
12、0.21010-3=1.010-3mol，选项A正确；B2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+H2O+3H+，由离子方程式可知，0a消耗的亚硫酸氢钠的物质的量为：2.50.21010-3=5.010-3mol；加入NaHSO3的物质的量在ab，发生的反应为：I2+HSO3-+H2O=I-+SO42-+3H+，故ab消耗的亚硫酸氢钠的物质的量恰好与1.010-3molI2完全反应，所以ab消耗的亚硫酸氢钠的物质的量1.010-3mol，0a：ab=(5.010-3mol)：(1.010-3mol)=5：1，选项B错误；C当溶液中的n(I2)=510-4mol时，n(I2)=510-4mo
13、lHSO3-，选项D正确；答案选B。9.下列有关实验操作、现象及结论都正确是选项实验操作现象结论A在某溶液中加入少量新制氯水，再滴几滴KSCN溶液溶液变红溶液中一定含有Fe2+B在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化但不滴落熔点：氧化铝铝C取1mL蔗糖溶液，加入5滴稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾无砖红色沉淀产生蔗糖未水解D向1mL 0.1mol/L AgNO3溶液中加入几滴0.1mol/L NaCl溶液后，再向其中滴加几滴0.1mol/L KI溶液先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【
14、详解】A若原溶液中有Fe3+，现象相同，所以该实验无法确定是否含有Fe2+，可以先加KSCN溶液，不显红色，滴加少量新制氯水后溶液变红，则可说明有Fe2+，故A错误；B铝箔在空气中被氧化为氧化铝，加热时，表面的氧化铝的熔点比铝的熔点高，包住了里边熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故B正确；C蔗糖水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下，该操作中没有加碱至碱性，不能检验葡萄糖，故C错误；D硝酸银过量，均为沉淀的生成，并不存在沉淀的转化，无法比较二者的溶度积，故D错误；故答案为B。10.下列粒子中与构型相同且中心原子的杂化方式也相同的是( )A. HCHOB. SO2C. H2OD. NH
15、3【答案】A【解析】【分析】的中心原子采用sp2杂化方式，其空间构型为平面三角形。【详解】A. HCHO的中心原子的价层电子对数目为3，采用sp2杂化，其空间构型为平面三角形，A符合题意； B. SO2的中心原子的价层电子对数目为3，有一个孤电子对，采用sp2杂化，其空间构型为V形，B不符合题意；C. H2O的中心原子的价层电子对数目为4，有2个孤电子对，采用sp3杂化，其空间构型为V形，C不符合题意； D. NH3的中心原子的价层电子对数目为4，有1个孤电子对，采用sp3杂化，其空间构型为三角锥形，D不符合题意。 本题选A。二、选择题：每小题只有一个或两个选项符合题意11.利用下图所示的有机
16、物X可生产S诱抗素Y。下列说法正确的是( )A. X可以发生氧化、取代、酯化、加聚、缩聚反应，并能与盐酸反应生成有机盐B. Y既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可使酸性KMnO4溶液褪色C. 1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗4 mol NaOHD. X结构中有1个手性碳原子【答案】AD【解析】【详解】A. X分子中有羰基、碳碳双键、羧基、羟基、酰胺键、酯基、酚羟基和氨基，类比含有这些官能团的有机物的性质 ，可知其能发生氧化、取代、酯化、加聚、缩聚反应，并能与盐酸反应生成有机盐，A说法正确；B. Y分子中没有酚羟基，故其不能与FeCl3溶液发生显色反应，B说法不正确；C. X分
17、子中含有能与氢氧化钠反应的官能团为羧基、酰胺基、酯基和酚羟基，但是酯基属于酚酯基，因此，1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗5 mol NaOH，C说法不正确；D. X结构中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，D说法正确；本题选AD【点睛】酯基属于酚酯基的有机物水解后，可以生成酚羟基，因此1mol这样的酯可以消耗2mol NaOH。12.下列关于有机化合物的说法正确的是( )A. BrCH2CHBrCH2Br的名称为三溴丙烷B. 甘氨酸和丙氨酸混合物脱水成肽，最多可生成4种二肽C. 萘环()上的一个H 原子被C4H9 取代后的产物共有32种D. C3H6 和C4H8 不一定是同系物【答案
18、】BD【解析】【详解】ABrCH2CHBrCH2Br名称为1，2，3-三溴丙烷，A说法错误；B甘氨酸：NH2-CH2-COOH，丙氨酸：NH2-CH(CH3)-COOH，甘氨酸和丙氨酸混合物脱水成肽，可生成NH2-CH2-CONH-CH2-COOH、NH2-CH2-CONH-CH(CH3)-COOH、NH2-CH(CH3)-CONH-CH2-COOH、NH2-CH(CH3)-CONH-CH(CH3)-COOH，合计4种二肽，B说法正确；C萘环()为对称结构，其上的一个H原子有2种位置，-C4H9有4种同分异构体，被-C4H9取代后的产物共有24=8种，C说法错误；DC3H6和C4H8可能是环烷
19、烃，也能为烯烃，不一定是同系物，D说法正确；答案选BD。13.2019年第七届世界军运会在武汉举办，8月至10月在全国全军范围内组织火炬传递活动。火炬的燃料是丙烷，已知每克丙烷燃烧放出的热量为50.45 kJ。下列说法正确的是( )A. 每22 g丙烷中有5NA个化学键B. 丙烷的二氯代物有4种C. 33.6 L丙烷中含有12NA个氢原子D. 丙烷燃烧热的热化学方程式为C3H8(g) + 5O2(g) = 3CO2(g) + 4H2O (g) H= -2219.8 kJmol-1【答案】AB【解析】【详解】A. 丙烷的分子式为C3H8，每个丙烷分子中有10个共价键，其相对分子质量为44，22
20、g丙烷的物质的量为0.5mol，则每22 g丙烷中有5NA个化学键，A说法正确；B. 丙烷的二氯代物有1，1-二氯丙烷、2，2-二氯丙烷、1，2-二氯丙烷和1，3-二氯丙烷，共4种，B说法正确；C. 没有指明温度和压强，无法确定33.6 L丙烷的物质的量，也无法确定其中含有的氢原子数目，C说法不正确；D. 每克丙烷燃烧放出的热量为50.45 kJ，若生成的水为液态，则1mol丙烷完全燃烧放出的热量为2219.8 kJ，则表示丙烷燃烧热的热化学方程式为C3H8(g) + 5O2(g) = 3CO2(g) + 4H2O (l) H= -2219.8 kJmol-1，D说法不正确。本题选AB。【点睛
21、】表示燃烧热的热化学方程式中，生成物必须是稳定状态的，如水是液态的。14.25时，向0.1L0.1molL1CH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中离子浓度关系如下图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述正确的是A. 25，CH3COOH的Ka数量级为104B. B点：加入的NaOH的物质的量为0.005molC. A点：c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)0.1molL1D. A到C的过程中不考虑温度变化：增大【答案】D【解析】【分析】Ka=，纵坐标可以改换为=lgKa-lgc(H+)=lgKa+pH，根据图像回答问题。【详解】A. 25，根据A点坐
22、标可知，当pH=2.85时，lgKa+pH =-1.85，即Ka=10-4.7，CH3COOH的Ka数量级为105，A错误；B. B点时，醋酸和醋酸根浓度相等，原CH3COOH溶液0.1L0.1molL1，即B点时n(CH3COOH)+n(CH3COO-)=0.01mol，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，n(Na+)= n(CH3COO-)+n(OH-)- n(H+)=0.005+n(OH-)- n(H+)，环境pH7，加入的NaOH的物质的量小于0.005mol，B错误；C. A点时，根据物料守恒可知，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
23、=0.1mol/L，pH7，溶液显酸性，即c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)0.1molL1，C错误；D. 根据醋酸根的水解方程可知，醋酸根水解常数Kb=，A到C的过程中不考虑温度变化，水解常数不变，加入的氢氧化钠固体增大，钠离子浓度不断增大， 增大，D正确。答案为D。15.2019年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究有突出贡献的科学家。一种“大气固碳”的锂离子电池工作原理如图所示，该电池在充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3被氧化，释放出CO2和O2。下列说法不正确的是A. 该电池应选用无水电解质B. 该电池放电时的正极反应为4Li3CO24eC2Li2CO3
24、C. 充电时若电极A质量增加14g，则聚合物电解质膜上通过电子2molD. 该电池放电、充电各一次且都转移4mole时，理论上能固定1molCO2【答案】C【解析】【分析】放电时，A极上Li失电子，则A为负极，B为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3；充电时，充电时选用合适催化剂，只有Li2CO3发生氧化反应，释放出CO2和O2据此分析。【详解】ALi能与水反应，因此选用无水电解质，故A正确；B放电时，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，则电极反应式为4Li3CO24eC2Li2CO3，故B正确；C充电时若电极A质量增加14g，Li的物质的量为=2mol，发生的电极反应式为Li+e
25、-=Li，外电路转移电子2mol，但聚合物电解质膜上通过Li+的物质的量为2mol，故C错误；D电池每放、充电各一次转移4mol电子就有1mol二氧化碳还原生成碳，即理论上能固定1molCO2，故D正确；故答案为C。三、非选择题16.六氟磷酸钠(NaPF6)极易溶于水，可溶于乙醇、丙酮等有机溶剂，可作高能钠电池的电解质。工业上以氟磷灰石Ca5(PO4)3F、NaCl为主要原料，制备六氟磷酸钠的工艺流程如下：已知：HF的熔点为83 ，沸点为19.5 。回答下列问题：(1)氟磷灰石粉碎的目的是_。(2)HF液化时产生的二聚物(HF)2能发生微弱的电离，与NaCl反应生成NaHF2，请写出该二聚物的
26、电离方程式：_。(3)为避免废水NaH2PO4的污染，常在其中加入石灰，将磷元素全部转化成磷酸钙，进行回收利用。已知常温下KspCa3(PO4)21.9610-29，当处理后的废水c(Ca2+)1.010-5 mol/L时，则溶液中c()_mol/L。(4)操作油浴加热目的是_。(5)反应中除生成白磷(P4)外，还产生SiF4和一种还原性气体，写出该反应的化学方程式：_。(6)六氟磷酸钠粗品的提纯：将六氟磷酸钠粗品(杂质主要是微量铁盐)溶于一定量乙醇中，加入适量5%的NaOH甲醇溶液，使溶液保持碱性，离心将不溶杂质除去。通过_(填操作方法)将溶剂回收，减压条件下结晶，得到NaPF6H2O，干燥
27、得到无水盐。【答案】 (1). 增大反应物的接触面积，加快反应速率 (2). (HF)2H+ 或 2HFH+ (3). 1.410-7 (4). 除去残留的氟化氢 (5). 4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO (6). 蒸馏【解析】【分析】由流程可知，氟磷灰石经粉碎后与浓硫酸反应可以生成HF气体，气体以液化后与NaCl混合搅拌、溶解得到混合液；氟磷灰石与焦炭和石英砂在高温下反应可以得到白磷，白磷与氯气在点燃的条件下反应得到固体B，B为五氯化磷；B与混合液反应可以生成HCl，反应后的混合液在油浴中加热可以得到六氟磷酸钠粗品；粗品经提纯得到精品
28、。【详解】(1)固体反应物的颗粒越小，其反应的接触面积越大，化学反应速率越快。氟磷灰石粉碎的目的是：增大反应物的接触面积，加快反应速率。(2)HF液化时产生的二聚物(HF)2能发生微弱的电离，与NaCl反应生成NaHF2，该二聚物的电离方程式为(HF)2H+ 或 2HFH+。(3)为避免废水NaH2PO4的污染，常在其中加入石灰，将磷元素全部转化成磷酸钙，进行回收利用。已知常温下KspCa3(PO4)21.9610-29，当处理后的废水c(Ca2+)1.010-5 mol/L时，则溶液中c()mol/L =1.410-7mol/L。(4)HF 极易溶于水，HF在反应中可能是过量的，操作油浴加热
29、目的是除去残留的氟化氢。(5)反应中除生成白磷(P4)外，还产生SiF4和一种还原性气体，该气体是焦炭的氧化产物CO，该反应的化学方程式：4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO。(6) 六氟磷酸钠(NaPF6)极易溶于水，可溶于乙醇、丙酮等有机溶剂。提纯六氟磷酸钠粗品时，为减少产品的损失，且考虑到产品易与溶剂分离，选择沸点较低的醇作溶剂。将六氟磷酸钠粗品(杂质主要是微量铁盐)溶于一定量乙醇中，加入适量5%的NaOH甲醇溶液，使溶液保持碱性，离心将不溶杂质除去。通过蒸馏将溶剂回收，减压条件下结晶，得到NaPF6H2O，干燥得到无水盐。【点睛】解题
30、量要注意把握题中的关键信息，如题中说明二聚物(HF)2能发生微弱的电离，HF与NaCl反应生成NaHF2，则可知二聚HF可以电离出，要注意活学活用。17.新冠疫情期间使用大量的消毒剂，其中二氧化氯(ClO2)与亚氯酸钠(NaClO2)都具有强氧化性。两者作漂白剂时，不伤害织物；作饮用水消毒剂时，不残留异味。某研究性学习小组利用如下装置由二氧化氯制备NaClO23H2O，并探究其性质。查阅资料：ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐。NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出的晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。回答下
31、列问题：(1)仪器a的名称_。(2)装置A中发生反应的化学方程式：_。(3)如果撤去C装置中的冷水浴，导致产品中可能混有的杂质是_。(4)若要从装置C反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤如下，请完成下列操作步骤的内容。减压，55蒸发结晶； 趁热过滤；_； 低于60干燥，得到成品。(5)写出装置C反应的离子方程式_。(6)实验结束后，继续通入一段时间N2的目的是_。(7)利用题中原理制备出NaClO23H2O晶体的试样，可以用“间接碘量法”测定试样(杂质与I-不发生反应)的纯度，过程如下：(已知：I222I-)取样品0.6000 g配制成250 mL溶液，从中取出25.0 mL加入足量
32、KI固体和适量稀硫酸，再滴加几滴淀粉溶液，然后用0.0600 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，当出现_(填实验现象)，达到滴定终点，共消耗该标准溶液25.00 mL，经计算该试样中NaClO23H2O的百分含量为_(结果保留3位有效数字)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 2NaClO3 + H2SO4 + Na2SO3= 2Na2SO4 + 2ClO2 + H2O (3). NaClO3 、 NaCl (4). 用3860热水洗涤 (5). 2ClO2+H2O2+2OH-=2+2H2O+O2 (6). 将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率 (7). 溶液由蓝色褪为无色，且3
33、0秒内不复原 (8). 90.3%【解析】【分析】由题中信息可知，A装置中制备二氧化氯气体，该气体经安全瓶B进入C装置，在碱性条件下二氧化氯被双氧水还原为亚氯酸钠，D装置为尾气处理装置。有关纯度的计算可以根据反应的关系式进行。【详解】(1)由仪器a的构造可知其为分液漏斗。(2)装置A中NaClO3、H2SO4、Na2SO3发生反应生成ClO2，该反应的化学方程式为2NaClO3+ H2SO4+ Na2SO3= 2Na2SO4 + 2ClO2 + H2O。(3)由题中信息可知，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去C装置中的冷水浴，导致产品中可能混有的杂质是NaClO3
34、 、 NaCl。(4) 由题中信息可知，NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出的晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，因此，若要从装置C反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤如下：减压，55蒸发结晶； 趁热过滤；用3860热水洗涤（除去其中的可溶性杂质）； 低于60干燥，得到成品。(5)装置C 中，在碱性条件下二氧化氯被双氧水还原为亚氯酸钠，该反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2+2H2O+O2。(6)实验结束后，装置内还有残留的ClO2，若不排出，则产品的产率会降低，因此继续通入一段时间N
35、2的目的是：将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率。(7)取样品0.6000 g配制成250 mL溶液，从中取出25.0 mL加入足量KI固体和适量稀硫酸，碘离子被亚氯酸钠氧化为碘，再滴加几滴淀粉溶液作指示剂，溶液变蓝，然后用0.0600 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，反应完成后溶液的蓝色褪去，因此，当出现溶液由蓝色褪为无色，且30秒内不复原，达到滴定终点。若共消耗该标准溶液25.00 mL，由ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O、I222I-，可以得到关系式NaClO23H2O2I24，则25.0 mL 样品溶液中，n(NaClO23H2O)=n(Na2S2O3)
36、=25.0010-3L0.0600 mol/L=0.0000600mol，该试样中NaClO23H2O的百分含量为90.3%。【点睛】关于实验步骤的补充问题，要根据题中信息控制好温度。在进行多步反应的计算时，要根据多个反应的化学方程式找出关系式，不必计算出中间产物的数据，可以直接根据关系式求出目标数据。18.大气中NOx、SO2等污染物的有效去除和资源的充分利用是当今社会的重要研究课题，目前采用的方法如下：I.直接转化法：利用高效催化剂将汽车尾气直接转化为无毒物质。已知：N2(g)O2(g)2NO(g)H1180kJmol1(1)利用固体表面催化工艺将NO分解为N2、O2而消除污染。用分别表示
37、N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是_(填字母序号)。(2)利用稀土等催化剂能将汽车尾气中的CO、NO直接转化成无毒物质N2、CO2。已知：C(s)、CO(g)的燃烧热分别为393kJmol1、283kJmol1，写出NO(g)与CO(g)催化转化成N2(g)和CO2(g)的热化学方程式_。为研究上述反应，某学习小组在密闭容器中充入10molCO和10molNO，发生上述所写反应，实验测得平衡时NO的体积分数随温度、压强的关系如图。a.某温度下的平衡状态D点，若同时采取缩小容器体积和降低温度，重新达到平衡状态时，可能到达图
38、中AG点中的_点。b.当压强为10MPa、温度为T时的平衡常数Kp_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数；保留3位有效数字)。II.催化还原法：利用还原剂在催化剂的作用下将氮氧化物转为无毒物质N2、CO2。(3)用活性炭还原法可以处理汽车尾气中的氮氧化物。某研究小组在2L的恒容密闭容器中加入一定量的NO和足量的固体活性炭，发生反应：C(s)2NO(g)N2(g)CO2(g)。在不同温度下测得平衡体系中各物质的物质的量如表：该反应的正反应为_(填“吸热”或“放热”)反应。350时，反应达到平衡后向恒容容器中再充入0.100molNO，再次达到平衡后，N2的体积分数应为_。A.0.5
39、B.0.25C.介于0.25和0.5之间D.无法确定III.电解法：利用电解的方法将氨氧化物转化为有用物质，从而达到资源的回收利用。(4)如图所示的电解装置，可将雾霾中的NO2、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用，回答下列问题：阴极的电极反应式为_。上图中A物质是_。【答案】 (1). C (2). 2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)H746kJmol1 (3). G (4). 0.474MPa1 (5). 放热 (6). B (7). NO28H+7e=2H2O (8). H2SO4或硫酸【解析】【分析】根据化学反应中键的断裂与形成过程中能量变化形式判断；根据盖斯定
40、律分析判断；根据在密闭容器中充入10molCO和10molNO，发生反应，压强为10MPa、温度为T1下，若反应进行到20min达到平衡状态，NO体积分数为25%，结合三行计算列式计算；结合温度对平衡的影响分析；根据电解原理分析判断，其中电解池的阴极发生还原反应。【详解】I(1)化学反应过程中存在键的断裂和键的形成，其中断裂化学键吸热，形成化学键放出能量，在NO分解为N2、O2的过程中，C过程是形成化学键，释放能量，则此时能量状态最低；(2) 已知：N2(g)O2(g)2NO(g)H1180kJmol1，C(s)、CO(g)的燃烧热分别为393kJmol1、283kJmol1，则：C(s)+
41、O2(g)CO2(g) H2=-393kJmol1，CO(g) + O2(g)CO2(g) H3=-283kJmol1，根据盖斯定律可知2-可得2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)，此反应的H(-283kJmol1)2-(180kJmol1)=746kJmol1，即NO(g)与CO(g)催化转化成N2(g)和CO2(g)的热化学方程式为2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)H746kJmol1；a已知2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)H746kJmol1，缩小容器体积，即增大压强，平衡向正反应方向移动，降低温度，平衡正向移动，平衡体系中NO的体积分数降
42、低，重新达到平衡状态时，可能是图中G点；b当压强为10MPa、温度为T1平衡时NO的体积分数为25%；100%=25%，解得：x=mol，平衡混合气体的总物质的量为20-x=mol；该温度下的平衡常数Kp=0.474MPa1；II(3)由表中数据可知升高温度剩余NO较多，说明升高温度抑制反应向正向移动，则正反应为放热反应；350时，原平衡体系中N2的体积分数为=25%；对反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，由于反应前后气体的分子数不变，则增大压强平衡不移动，反应达到平衡后向恒容容器中再充入0.100 mol NO，相当于增大压强，则平衡不移动，混合气中NO的百分含量不变，即仍为
43、25%，故答案为B；III(4)与电源负极相连的极为阴极，NO2在阴极区发生还原反应生成NH4+，则电极反应式为NO28H+7e=2H2O；SO2在电解池的阳极表面发生氧化反应，电极反应式为SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+，总反应式为2NO2+10H2O+7SO2=(NH4)2SO46H2SO4，则图中A物质是硫酸。【点睛】通常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
44、关系。19.按要求完成下列问题：(1)研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO23H2 = CH3OHH2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：Co基态原子核外电子排布式为_，元素Mn与O中，第一电离能较大的是_，基态原子核外未成对电子数较多的是_。(2)我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。回答下列问题：氮原子的价电子排布图为_。元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图所示，其中除氮元素外，其
45、他元素的E1自左而右依次增大的原因是_；氮元素的E1呈现异常的原因是_。【答案】 (1). Ar3d74s2 (2). O (3). Mn (4). (5). 同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大 (6). N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子【解析】【分析】根据核外电子排布规律书写核外电子排布式和价电子排布图，根据原子半径比较第一电离能大小，结合原子轨道处于半充满状态更稳定分析解答。【详解】(1)Co为27号元素，原子核外共有27个电子，则其原子核外电子排布式为Ar3d74s2，由于元素Mn和O中，O为非金属元素，Mn
46、为金属元素，且原子半径：OMn，所以第一电离能OMn，O的基态原子价电子式为2s22p4，其核外未成对电子数为2，Mn的基态原子价电子式为3d54s2，其核外未成对电子数为5，则基态原子核外未成对电子数较多的是Mn，故答案为：Ar3d74s2；O；Mn；(2)N为7号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p3，其价电子排布图为，故答案为：；同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大，但由于N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子，所以除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大，故答案为：同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐
47、变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子；20.3,4二羟基肉桂酸乙酯(I)具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力。由化合物A制备该物质的合成路线如下：已知：RCHO+RCH2CHO回答下列问题：(1)A的结构简式为_。(2)E生成F的反应类型为_。(3)下列有关H的说法中，不正确的是_。a能使酸性高锰酸钾溶液褪色b1 mol H最多能和3 mol Br2反应cH分子中最多有9个碳原子共平面dl mol H分别与足量NaOH、NaHCO3反应时，消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1(4)写出CDE的化学方程式_。(
48、5)已知W是H的同分异构体，符合下列条件的W结构共有_种。属于芳香族化合物。1 mol W与足量NaHCO3溶液反应生成气体44.8 L(标准状况)。其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1：2：2：3的结构简式为：_。(6)季戊四醇()是合成高效润滑剂、增塑剂、表面活性剂等的原料。设计由甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)_。(合成路线的表示方法为：AB目标产物)【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 消去反应 (3). bd (4). CH3CHO+ (5). 10 (6). 、 (7). 【解析】【分析】由题中合成路线可知，A与水在催化剂的作用下生成C2H6
49、O，则A为乙烯，B为乙醇；结合题中信息RCHO+RCH2CHO及E的结构可知，C为乙醛，D为；E发生消去反应生成F；F发生银镜反应后的产物经酸化转化为G；G在一定条件下发生取代反应生成H；H与乙醇发生酯化反应生成3,4二羟基肉桂酸乙酯。【详解】(1)A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2。(2)醇在浓硫酸的作用下可以发生消去反应。结合E到H的各步反应的条件及H的结构，可以判断E生成F的反应类型为消去反应。(3)aH分子中有碳碳双键和酚羟基，故其能使酸性高锰酸钾溶液褪色，a说法正确；bH分子中苯环上的3个H原子可以被溴取代，碳碳双键可与溴发生加成反应，故1molH最多能和4molBr2反应，b说法
50、不正确；c由苯分子12原子共面及乙烯分子中6原子共面以及碳碳单键是可以旋转的可知，H分子中H最多有9个碳原子共平面，c说法正确；dH分子中的酚羟基和羧基都能与NaOH发生反应，但只有羧基可与NaHCO3反应，因此，lmolH分别与足量NaOH、NaHCO3反应时，消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：1，d说法不正确。综上所述，说法不正确的有bd，故选bd。(4)由题中信息RCHO+RCH2CHO可知，CDE的化学方程式为CH3CHO+。(5)W是H（）的同分异构体，W结构的符合下列条件：属于芳香族化合物，则W分子中有苯环。1molW与足量NaHCO3溶液反应生成气体44.8L(标准
51、状况)，则W分子中有2个羧基。根据H的不饱和度及其所含有的碳原子数可知，若W的苯环上有3个取代基，即一个甲基和两个羧基，其在苯环上的排列方式有6种，若W的苯环上只有两个取代基，即-CH2COOH和-COOH，其在苯环的排列方式有3种；若W的苯环上只有一个取代基，则该取代基只能是-CH(COOH)2。综上所述，符合条件的W共有10种。其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1：2：2：3的结构简式为和。(6)由甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇，根据题中信息，首先把乙醇催化氧化为乙醛，然后乙醛和甲醛发生信息中的反应生成，最后与氢气加成即可得到目标产品。具体合成路线如下：。【点睛】准确解读题中信息是解题的关键。由题中信息可知，醛基邻位的碳原子上的H原子较活泼，可以与其他醛基发生加成反应。而乙醛分子中有3个这样的H原子，故一个乙醛分子可以与3个甲醛分子发生加成反应。
