2017-2018学年河南省南阳市第一中学高二下学期第四次月考化学试题 解析版
河南省南阳市第一中学2017-2018学年高二下学期第四次月考化学试题
1. 下列与有机物结构、性质相关的叙述中，正确的是
A. 煤的干馏，煤的气化和液化是化学变化
B. 肥皂可以通过高分子化合物油脂发生皂化反应制得
C. 鸡蛋清中加入CuSO4溶液会产生盐析现象，析出的蛋白质可再溶于水
D. 淀粉、纤维素完全水解的产物互为同分异构体，且都可与新制氢氧化铜反应
【答案】A
【解析】A、煤的干馏，是加强热使煤中的成分分解成气体、液体和固体；煤的气化，是通过化学反应使煤变成气体燃料；煤的液化，是通过化学反应使煤变成液体燃料；所以都是化学变化，选项A正确；B、油脂不是高分子化合物，选项B错误；C、鸡蛋清中加入硫酸铜溶液会变性，而不是发生盐析，选项C错误；D、淀粉、纤维素完全水解的产物都是葡萄糖，不是同分异构体，选项D错误。答案选A。
2. 设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 0.1 molFeCl3水解生成的胶粒数Fe (OH) 3为0.1 NA
B. 标准状况下，2.24L C10H12分子中共价键总数为31 NA
C. 电解精炼铜时，每转移1mol电子，阳极上溶解的铜原子一定小于0.5 NA
D. 25℃，pH=13的Ba (OH) 2溶液中含有的OH-数目为0.1 NA
【答案】C
3. 下列说法正确的是
A. 铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加
B. SO3与Ba(NO3)2溶液可得到BaSO4, SO2 与Ba(NO3)2 溶液可得到BaSO3
C. 室温下，SiO2(s)+ 3C(s)=SiC(s)+2CO(g)不能自发进行，则该反应的△H<0
D. 反应A(g) B(g) △H, 若正反应的活化能为Ea
kJ/mol，逆反应的活化能为EbkJ/mol，则△H=(Ea-Eb) kJ/mol
【答案】D
【解析】A、铅蓄电池电极反应：负极：Pb+SO42--2e-=PbSO4 正极：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O 不难看出铅蓄电池在放电过程中，负极生成PbSO4质量增加，正极生成PbSO4质量也增加，选项A错误；B、二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡，故SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO4，选项B错误；C、依据反应自发想的判断依据是△H-T△S＜0，结合反应特征分析，反应SiO2（s）+3C（s）═SiC（s）+2CO（g）室温下不能自发进行，△H-T△S＞0，反应的熵变△S＞0，则△H＞0，选项C错误；D、逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变，所以△H=逆反应的活化能-正反应的活化能=（Ea-Eb）kJ•mol-1，选项D正确。答案选D。
4. 下列离子方程式书写正确且能合理解释事实的是
A. Na2S2O3 溶液中加入稀硫酸: 2S2O32-+4H+=SO42- +3S↓+2H2O
B. 向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置段时间后，溶液变蓝:4H++4I-+O2=2I2 +2H2O
C. 向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀:Mg2++2HCO3-+2OH-=MgCO3↓+2H2O
D. 向含0.1 mol FeBr2的溶液中通入0.1 mol Cl2: 2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
【答案】B
【解析】A．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，选项A错误；B、酸性溶液中碘离子被氧气氧化为碘单质，遇到淀粉变蓝色，4H++4I-+O2═2I2+2H2O，选项B正确；C．Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液，反应生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为：Mg2++2HCO3-+4OH-═Mg（OH）2↓+2CO32-+2H2O，选项C错误；D、还原性：Fe2+＞Br-，氯气先氧化0.1mol亚铁离子，消耗氯气0.05mol，氯气还继续氧化溴离子，但是氯气的量相对于溴离子不足，溴离子剩余．反应为：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，选项D错误；答案选B。
5. 根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将盐酸滴入NaHCO3溶液中
有气泡产生
氯的非金属性比碳的强
B
用pH试纸分别测定0.1mol/L的Na2SO3溶液和0.1mol/L的 NaHSO3
Na2SO3溶液的pH约为10
HSO3-结合H+的能力比SO32-强
溶液的pH
NaHSO3溶液的pH约为5
C
分别将乙烯与SO2通入酸性 KMnO4溶液中
KMnO4溶液均褪色
两种气体使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同
D
向2ml0.1mol/LMgCl2溶液中加入5ml0.1mol/L NaOH溶液，出现白色沉淀后，继续滴入几滴 FeCl3浓溶液，静置
出现红褐色沉淀
同温下，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】A．将盐酸滴入NaHCO3溶液中有气泡产生，可知盐酸比碳酸酸性强，但无法证明氯的非金属性比碳强，故A错误；B．用pH试纸分别测定0.1mol·L－1的Na2SO3溶液和0.1mol·L－1的NaHSO3溶液的pH，根据溶液的pH可知HSO3－结合H+的能力比SO32－弱，故B错误；C．乙烯与SO2通入酸性KMnO4溶液中溶液褪色，原理均为发生氧化还原反应，故C正确；D．Mg(OH)2和Fe(OH)3的构型不一样，无法判断溶度积大小，故D错误；答案为C。
6. 298K时，将n(HA)+n(A-) =0.1mol的HA、NaA混合物溶于水形成1L溶液，溶液中c(HA)、c(A-)与pH的关系如图所示。下列叙述中正确的是
A. a线表示的是c(A-)的变化
B. pH=6 时，c(Na+)+c(HA)>0.1mol/L
C. 298K 时，A-的水解平衡常数(K)的数量级为10-10
D. 若将等物质的量的HA、NaA 溶于水中，所得溶液pH恰好为4.75
【答案】C
点睛：解答溶液中的离子浓度关系的问题时，电荷守恒、物料守恒和质子守恒是常用的解题手段。
7. 某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的H2S气体，再将得到的Na2S溶液进行电解制得NaOH溶液，以实现NaOH的循环利用。电解装置如图所示，电极材料均为石墨，ab、cd均为离子交换膜。下列叙述不正确的是
A. ab 表示阳离子交换膜，cd 表示阴离子交换膜
B. 阴极的电极反应式为2H2O-4e-==O2↑+4H+，阴极区溶液pH降低
C. 阳极的电极反应式为S2--2e-==S↓，阳极区有淡黄色沉淀产生
D. 当电路中转移1mol电子时，会有11.2 L (标准状况)的气体生成
【答案】B
【解析】根据图示，硫离子在阳极失去电子生成硫，因此cd为阴离子交换膜，溶液中的氢离子在阴极得到电子生成氢气，中间区域的钠离子向阴极区移动，形成氢氧化钠，ab表示阳离子交换膜。A、根据上述分析，ab表示阳离子交换膜，cd表示阴离子交换膜，选项A正确；B、氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极的电极反应式为2H2O+2e-==H2↑+2OH-，阴极区溶液pH增大，选项B不正确；C、硫离子在阳极失去电子生成硫，阳极的电极反应式为S2--2e-==S↓，阳极区有淡黄色沉淀产生，选项C正确；D、当电路中转移1mol电子时，会生成0.5mol氢气，标准状况下的体积为11.2L，选项D正确。答案选B。
点睛：本题考查了电解原理的应用，掌握电解的原理是解答本题的关键，本题的易错点为A，注意根据电极反应式结合电解的产物分析判断。
8. 一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入6molCO2和8molH2，发生反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H= -49.0kJ/mol，测得n(H2)随时间的变化如曲线I所示。下列说法正确的是
A. 该反应在0~8min内CO2的平均反应速率是0.375mol·L-1·min-1
B. 保持温度不变，若起始时向上述容器中充入 4molCO2、2molH2、 2molCH3OH(g)和1mol H2O(g)，则此时反应向正反应方向进行
C. 保持温度不变，若起始时向上述容器中充入3molCO2和4molH2，则平衡时H2的体积分数等于20%
D. 改变条件得到曲线II、III，则曲线II、III改变的条件分别是升高温度、充入氦气
【答案】B
【解析】A. 由图中曲线I可知，该反应在0~8 min内氢气的变化量为6mol，则二氧化碳的变化量为2mol，该反应在0~8 min内CO2 的平均反应速率是mol·L-1·min-1，A不正确；B. 由图中曲线I可知，该反应在8 min达到平衡，反应混合物中有4 mol CO2、2 mol H2、2molCH3OH(g)和2mol H2O(g)。保持温度不变，若起始时向上述容器中充入4 mol CO2、2 mol H2、2molCH3OH(g)和1mol H2O(g)，相当于在原平衡状态减少1mol H2O(g)，则此时反应向正反应方向进行，B正确；C. 原平衡混合物中H2 的体积分数等于20%。保持温度不变，若起始时向上述容器中充入3molCO2 和4molH2，相当于对原平衡减压，平衡向逆向移动，则平衡时H2 的体积分数大于20%，C不正确；D. 该反应为放热反应。改变条件后，化学反应速率都加快了，但是II的平衡向左移动、III的平衡向右移动，所以曲线Ⅱ改变的条件是升高温度、曲线Ⅲ改变的条件是升增大压强，D不正确。本题选B。
点睛：在恒温恒容条件下向平衡体系中充入稀有气体，虽然体系的压强增大，但由于平衡混合物的浓度不受影响，所以不能改变平衡状态。若在恒温恒压下充入稀有气体，则相当于减压。
9. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
①pH=0的溶液: Na+、Cl-、MnO4-、SO42-
②pH=ll的溶液中: CO32-、Na+、A1O2-、NO3- 、S2-、SO32-
③水电离的H+浓度c(H+)=l0-12mol/L的溶液中，Cl-、CO32-、NO3- 、NH4+、SO32-
④加入Mg能放出H2的溶液中: Mg2+、NH4+、Cl-、K+、SO42-
⑤使石蕊变红的溶液中: Fe2+、 MnO4-、NO3- 、Na+、SO42-
⑥中性溶液中: Fe3+、 Al3+、 NO3- 、I-、Cl-、S2-
A. ②④ B. ①③⑥ C. ①②⑤ D. ①②⑥
【答案】A
【解析】①pH=0的溶液显酸性，Cl-与MnO4-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；②pH=l1的溶液显碱性，CO32-、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-
之间不反应，可以大量共存，正确；③水电离的H+浓度c(H+)=l0-12mol·L-1的溶液中水的电离被抑制，如果显酸性CO32-、NO3-、SO32-均不能大量共存，如果显碱性，NH4+不能大量共存，错误；④加入Mg 能放出H2的溶液显酸性，Mg2+、NH4+、Cl-、K+、SO42-之间不反应，可以大量共存，正确；⑤使石蕊变红的溶液显酸性，Fe2+能被MnO4-、NO3-氧化，不能大量共存，错误；⑥中性溶液中Fe3+氧化I-、S2-，Al3+与S2-水解相互促进，均不能大量共存，错误，答案选A。
10. 25℃时，Fe(OH)2 和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-1g(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知:该温度下，Ksp[Cu(OH)2]
c(H2SO3)>c(SO32-)
B. 在NaHCO3 溶液中一定有: c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+c(CO32-)
C. c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4Cl溶液:c[(NH4)2CO3]c(H+)>c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)
【答案】D
【解析】A. 0.1 mol/L pH<7的NaHSO3溶液中HSO3-的电离大于水解，故c(SO32-)> c(H2SO3)，选项A错误；B. 根据电荷守恒，在NaHCO3 溶液中一定有: c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，选项B错误；C. 铵根离子水解，（NH4）2SO4中含 有2个铵根离子，所以铵根离子浓度最大，（NH4）2 CO3中含有2个铵根离子，碳酸根离子和铵根离子相互促进水解，NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子能水解但较弱；所以当它们物质的量浓度相同时，c（NH4+）大小顺序为（NH4）2SO4溶液>（NH4）2CO3溶液>NH4Cl溶液，所以如果c（NH4+）相同，电离出铵根离子浓度越多的其物质的量浓度越小，所以当c（NH4+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为（NH4）2SO4溶液<（NH4）2CO3溶液c(H+)>c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)，选项D正确。答案选D。
12. 绿原酸是一种有降压作用的药物，可由咖啡酸(一种芳香酸)与奎尼酸通过酯化反应合成。下列说法正确的是
A. 绿原酸中有四个手性碳 B. 绿原酸所有原子可能共平面
C. 1mol奎尼酸与NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH D. 1mol 奎尼酸最多与5mol溴水反应
【答案】A
【解析】A、绿原酸中有四个手性碳，如图（用*标出），选项A正确；B、已知甲烷为正四面体结构，绿原酸中含有烷基结构，故所有原子不可能全共平面，选项B错误；C．奎尼酸含环己烷结构、4个-OH和-1个-COOH，1mol奎尼酸与NaOH溶液反应，最多消耗1mol NaOH，选项C错误；D.1分子奎尼酸（）中只含有1个羧基和4个醇羟基，故奎尼酸不与溴水反应，选项D错误。答案选A。
13. W、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子半径在短周期主族元素中最大。W与Y同主族，X与Z同主族。R原子最外层电子数比内层电子数多3，W、Y原子的电子数总和与X、Z原子的电子数总和之比为1:2。下列说法正确的是
A. 原子半径: r（Z）>r(X)> r(R)>r(W)
B. X与Y形成化合物中可能既有离子键又有共价键
C. X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱
D. 由W、R、X三种元素组成的化合物只能是酸或碱
【答案】B
【解析】根据题目描述这五种元素是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y原子半径在短周期主族元素中最大，则Y为Na元素，W与Y同主族，且原子序数最小，所以W为H元素，R原子最外层电子数比内层电子数多3，则R为N元素，又W、Y原子的电子数总和为1+11=12，则X、Z原子的电子数总和为24，且X与Z同主族，所以X为O元素，Z为S元素。分析如下：A、原子半径：r(S)＞r(N)＞r(O)＞r(H)，所以A错误；B、氧和钠可形成Na2O或Na2O2，其中Na2O2中既有离子键又有共价键，所以B正确；C、H2O的热稳定性强于H2S，故C错误；D、由H、N、O三种元素组成的化合物可能是酸HNO3、可能是碱NH3·H2O，也可能是盐NH4NO3，所以D错误。本题正确答案为B。
点睛：本题最难的是D选项，由H、N、O三种元素组成的化合物可能是酸，可能是碱，还可能是盐。
14. 有A、B、C、D四种元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数:；B原子最外层中有三个不成对的电子；C元素可分别与A、B、D生成RC2型化合物，其中的DC2与C3互为等电子体。下列叙述中不正确的是
A. B、C两元素的第一电离能大小关系为B>C
B. 用电子式表示AD2的形成过程为
C. 由B60分子形成的晶体与A60相似，分子中总键能: B60>A60
D. D原子的简化电子排布式为[Ar]3s23p4
【答案】D
【解析】【分析】有A、B、C、D四种元素，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，p能级最多容纳6个电子，故A由2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素，A、B、C属于同一周期，B原子最外层中有三个不成对的电子，B的p能级容纳3的电子，故B为氮元素，C元素可分别与A、B、D生成RC2型化合物，其中的DC2与C3互为等电子体，C、D属于同族元素，故C为氧元素，D为硫元素，据此解答。
有A、B、C、D四种元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，则电子排布式为1s22s22p2
，为碳元素；B原子最外层中有三个不成对的电子，则电子排布式为1s22s22p3，为氮元素；C元素可分别与A、B、D生成RC2型化合物，其中的DC2与C3互为等电子体，则C为氧元素，D为硫元素，SO2为，C3为O3。A. 同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素的第一电离能从小到大顺序是：O＜N，选项A正确；B. 用电子式表示CS2的形成过程为，选项B正确；C. 由N60分子形成的晶体与C60相似，氮氮键长比碳碳键长短，故氮氮键键能更大，故N60分子中总键能大于C60，选项C正确；D. D为硫元素，原子的简化电子排布式为[Ne]3s23p4，选项D不正确。答案选D。
【名师点睛】考查核外电子排布规律、结构与位置关系、分子结构与性质等，难度中等，推断元素是解题的关键，D选项是易错点、难点。
15. q电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量。已知如下表数据(25℃):
化学式
电离平衡常数
HCN
K=4.9×10-10
CH3COOH
K=1.8×10-5
H2CO3
K1=4.4×l0-7，K2=4.7×10-11
（1） 25℃时，等浓度的三种溶液(a.NaCN溶液、b.Na2CO3 溶液、c.CH3COONa 溶液)的pH由大到小的顺序为__________________。(填写序号)
（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2， 所发生反应的化学方程式为__________________。
（3）现有浓度为0.02 mol/L的HCN与0.01mol/L NaOH等体积混合后，测得c(Na+ )>c(CN-)，下列关系正确的是__________________。
A. c(H+)>c(OH-) B.c(H+)-)
C. c(H+)+c(HCN)= C(OH-) D. c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L
（4）常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表:
实验编号
HA物质的量浓度(mol/L)
NaOH物质的量浓度(mol/L)
混合溶液的pH
a
0.1
0.1
pH=9
b
c
0.2
pH=7
请回答:
①从a组情况分析，HA 是强酸还是弱酸___________________。
②b组情况表明，C____0.2 (选填“大于”“小于”或“等于”)。混合溶液中离子浓度c(A-)___c(Na+)(选填“大于”“小于”或“等于”)。
③a组实验所得混合溶液中由水电离出的c (OH-)=___mol/L。写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不需做近似计算)。c (Na+)-c(A-)=____mol/L。
（5）已知在100℃时，水的离子积为1×10-12，此时将pH=11 的NaOH溶液V1 L与pH=2的H2SO4溶液V2L均匀混合后，若所得混合溶液的pH=10，则V1:V2为_________。
（6）HA为弱酸，在室温下，用蒸馏水稀释0.01 mol/L HA溶液时，下列呈减小趋势的是____。
A.c(H+)/c(A-) B.c(HA)/c(A-)
C.溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积 D.溶液中c(A-)·c(HA)的值 E.水的电离程度
【答案】 (1). b>a>c (2). NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN (3). B、D (4). HA是弱酸 (5). 大于 (6). 等于 (7). 10-5 (8). (10-5-10-9)mol/L (9). 2:9 (10). BD
【解析】（1）电离平衡常数，CH3COOH＞H2CO3＞HCN，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，故答案为：b＞a＞c；（2）NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN，反应方程式为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L 的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005mol•L-1的NaCN、HCN，测得c（Na+）＞c（CN-），根据电荷守恒可知：c（H+）＜c（OH-），溶液呈碱性，所以HCN的浓度为0.005mol•L-1，CN-的浓度小于0.005mol•L-1，A．根据分析可知，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH-），选项A错误；B．混合液呈碱性，则c（H+）＜c（OH-），选项B正确；C．氢氧根离子浓度较小，c（CN-）远远大于c（OH-），选项C错误；D．根据物料守恒可知：c（HCN）+c（CN-）=0.01mol/L，选项D正确；答案选BD；（4）①从a组情况分析，等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐，所以HA为弱酸；②若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.2mol/L
；由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），c（H+）=c（OH-），则c（A-）=c（Na+）；③a组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的，即水电离的溶液中的c（OH-）=10-5mol/L；由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），c (Na+)-c(A-)= c（OH-）- c（H+）=10-5mol/L -10-9mol/L = (10-5-10-9)mol/L；（5）在100℃时，水的离子积为1×10-12，此温度下将pH=11的NaOH溶液中c（OH-）=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c（H+）=0.01mol/L，若所得混合溶液的pH=10，则反应后的溶液的c（OH-）==0.01（mol/L），则c（OH-）==0.01mol/L，解得：V1：V2=2：9；（6）A．加水稀释，c（A-）、c（H+）都减小，由于水也电离出氢离子，所以c（H+）减小的程度小，则 会增大，选项A错误；B．加水稀释，促进电离，则n（A-）增大，n（HA）减小，所以 减小，选项B正确；C．溶液中c（H+）和c（OH-）的乘积为常数，温度不变，则 c（H+）和c（OH-）的乘积不变，选项C错误；D．加水稀释，溶液的体积增大，c（A-）与c（HA）均减小，所以溶液中c（A-）•c（HA）的值减小，选项D正确；E．加水稀释，溶液的体积增大，c（H+）减小，对水的电离的抑制程度减小，所以水的电离程度增大，选项E错误；故答案为：BD。
16. 纳米ZnS具有独特的光电效应，在电学、磁学、光学等领域应用广泛。以工业废渣锌灰(主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质)为原料制备纳米ZnS的工业流程如下:
请回答下列问题。
（1）酸浸时FeO与稀HNO3反应的离子方程式_______________________。
（2）将酸浸的尾气循环利用，加入的X气体可以是____________________________。
（3）流程中加入ZnO调pH的目的是__________________________________________。
（4）滤渣2中的成分是___________________。
（5）已知ZnS的溶度积Ksp=1.6×10-24,溶液中Zn2+浓度为0.01mol/L，则溶液中S2-浓度大于______mol/L，才生成ZnS沉淀。
【答案】 (1). 3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO+5H2O (2). 空气(或O2) (3). 除去溶液中的Fe3+ (4). Cu、Zn (5). 1.6×10-22
【解析】【分析】锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质）加入稀硝酸溶解，根据硝酸的强氧化性则所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换成溶液中铜而过滤除去，最后调节PH再使锌离子转化成氢氧化锌沉淀，再用硫化氢溶解沉淀氢氧化锌得到ZnS，以此解答；（1）酸浸时FeO与稀HNO3反应根据稀硝酸的强氧化性书写离子方程式；（2）根据稀硝酸酸浸的尾气为一氧化氮，结合循环利用进一步再转化成硝酸分析；（3）根据以上分析解答；
（4）根据以上分析解答；（5）根据Qc＞Ksp，才生成ZnS沉淀计算。
【详解】锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质）加入稀硝酸溶解，根据硝酸的强氧化性则所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换成溶液中铜而过滤除去，最后调节PH再使锌离子转化成氢氧化锌沉淀，再用硫化氢溶解沉淀氢氧化锌得到ZnS；（1）由于稀硝酸的强氧化性，所以FeO与稀HNO3反应离子方程式为：3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO+5H2O；（2）稀硝酸酸浸的尾气为一氧化氮，根据要循环利用则将NO进一步再转化成硝酸即4NO+3O2+2H2O=4HNO3，所以通空气或者氧气，故答案为：空气（或O2）；（3）由于硝酸的强氧化性则酸溶解所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节pH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，故答案为：除去溶液中的Fe3+；（4）由于硝酸的强氧化性则酸溶解所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换成溶液中铜而过滤除去，所以最终过量出来的处理置换出的铜还有过量的锌，故答案为：Cu、Zn； （5）当Qc＞Ksp，才生成ZnS沉淀，即S2-浓度大于==1.6×10-22 mol/L。
【名师点睛】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、盐类的水解的应用、物质的分离提纯以及Ksp的计算，侧重于学生的分析能力和实验能力、计算能力的考查，为高频考点和常见题型，题目难度中等，注意把握基础知识的积累。
17. 正丁醇常用作有机反应的溶剂。实验室制备正丁醚的主要实验装置如下图:
反应物和产物的相关数据如下表:
相对分子质量
沸点/℃
密度(g.cm-3 )
水中溶解性
正丁醇
74
117.2
0.8109
微溶
正丁醚
130
142.0
0.7704
几乎不溶
合成正丁醚的步骤:
①将6mL浓硫酸和37g正丁醇，按一定顺序添加到A中，并加几粒沸石。
②加热A中反应液，迅速升温至135℃，维持反应一段时间，分离提纯；
③待A中液体冷却后将其缓慢倒入盛有70mL水的分液漏斗中，振摇后静置，分液得粗产物。
④粗产物依次用40mL水、20mL NaOH溶液和40mL水洗涤，分液后加入约3g无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。
⑤将上述处理过的粗产物进行蒸馏，收集馏分，得纯净正丁醚13g。
请回答:
（1）加热A前，需先从_________ (填“a”或“b”)口向B中通入水；
（2）步骤①中浓硫酸和正丁醇的添加顺序为____________；写出步骤②中制备正丁醚的化学方程式____________________________________；
（3）步骤③的目的是初步洗去____________________，振摇后静置，粗产物应从分液漏斗的_____(填“上”或“下”)口分离出;
（4）步骤④中最后一次水洗的目的为_______________________________________。
（5）步骤⑤中，加热蒸馏时应收集________(填选项字母)左右的馏分:
a.100℃ b.117℃ c.135℃ d.142℃
（6）反应过程中会观察到分水器中收集到液体物质，且分为上下两层，随着反应的进行，分水器中液体逐渐增多至充满时，上层液体会从左侧支管自动流回A.分水器中上层液体的主要成分为__________，下层液体的主要成分为__________(填物质名称；
（7）本实验中，正丁醚的产率为_____________________。
【答案】 (1). b (2). 先加正丁醇，再加浓H2SO4或将浓H2SO4滴加到正丁醇中 (3). 2CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O (4). 浓H2SO4 (5). 上 (6). 洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐Na2SO4 (7). d (8). 正丁醇 (9). 水 (10). 40%
【解析】试题分析：（1）采取逆流原理通入冷凝水，使冷凝管充分冷凝水，进行充分冷却，即从b口通入冷凝水；
（2）因为浓硫酸的密度大，应将浓硫酸加到正丁醇中，防止发生迸溅；正丁醇在浓硫酸、加热135℃条件下发生分子间脱水反应生成CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，反应方程式为：2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O；
（3）用水可以洗去混有的浓H2SO4；正丁醇、正丁醚不溶于水，溶液分层，粗产品的密度小于水在上层，应从分液漏斗的上口分离出；
（4）步骤④中最后一次水洗，可以洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐Na2SO4；
（5）正丁醚沸点为142℃，粗产品中含有正丁醇，其沸点为117.2℃，低于正丁醚的沸点，加热蒸馏正丁醇先汽化，加热蒸馏时应收集142℃左右的馏分；
（6）反应控制温度135℃，高于正丁醇的沸点，正丁醇、水均挥发，从球形冷凝管中冷凝回流的为正丁醇、水，正丁醇微溶于水，密度小于水，在分水器中会分层，正丁醇在上层，水在下层；
（7）由2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O，可知37g正丁醇完全反应得到正丁醚的质量为××130g/mol=32.5g，故样品产率为（13g÷32.5g）×100%=40%。
考点：考查有机物的制备实验，侧重考查物质分离提纯、对原理与操作的分析评价、产率计算等。
18. (15分)甲苯()是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛() 、 苯甲酸()等产品。下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答:
名称
性状
熔点
(℃)
沸点
(℃)
相对密度(ρ水=1g/cm3)
溶解性
水
乙醇
甲苯
X色液体易燃易挥发
-95
110.6
0.8660
不溶
互溶
苯甲醛
无色液体
-26
179
1.0440
微溶
互溶
苯甲酸
白色片状或针状晶体
122.1
249
1.2659
微溶
易溶
注:甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。
实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入15mL冰醋酸(作为溶剂)和2mL甲苯，搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时。
（1）装置a的名称是___________________，主要作用是___________________。
（2）三颈瓶中发生反应的化学方程式为_________________________________，此反应的原子利用率理论上可达____________________。【原 子利用率= (期望产物的总质量/全部反应物的总质量) ×100%】
（3）经测定，反应温度升高时，甲苯的转化率逐渐增大，但温度过高时，苯甲醛的产量却有所减少，可能的原因是____________________________________________。
（4）反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，还应经过_______、_______(填操作名称)等操作，才能得到苯甲醛粗产品。
（5）实验中加入过量过氧化氢且反应时间较长，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。
①若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，正确的操作步骤是_____ (按步骤顺序填字母)。a.对混合液进行分液 b.过滤、洗涤、干燥
c.水层中加入盐酸调节pH=2 d.加入适量碳酸氢钠溶液混合振荡
②若对实验①中获得的苯甲酸产品进行纯度测定，可称取2.500g产品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.00mL于锥形瓶，滴加2~3滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000mol/L KOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液18.00mL。产品中苯甲酸的质量分数为_____。【苯甲酸相对分子质量: 122.0】
【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率 (3). (4). 66.25% (5). H2O2在较高温度时分解速度加快，使实际参加反应的H2O2减少，影响产量 (6). 过滤 (7). 蒸馏 (8). dacb (9). 87.84%
【解析】(1)仪器a具有球形特征的冷凝管，名称为为球形冷凝管，甲苯挥发会导致产率降低，冷凝回流，防止甲苯挥发导致产率降低，故答案为：球形冷凝管；冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率；
(2)三颈瓶中甲苯被过氧化氢氧化生成苯甲醛，同时还生成水，反应方程式为：， 故答案为： ；
(3)但温度过高时过氧化氢分解速度加快，实际参加反应的过氧化氢质量减小，苯甲醛的产量却有所减少，故答案为：温度过高时过氧化氢分解速度加快，实际参加反应的过氧化氢质量减小，影响产量；
(4)反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，先过滤分离固体催化剂，再利用蒸馏的方法分离出苯甲酸，故答案为：过滤、蒸馏；
(5)实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。
①先与碳酸氢钠反应之后为苯甲酸钠，再分液分离，水层中加入盐酸得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸，再洗涤、干燥得到苯甲酸，故正确的操作步骤是：dacb，故答案为：dacb；
②若对实验①中获得的苯甲酸产品进行纯度测定，可称取2.50g产品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.00mL于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000mo/L KOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液18.00mL。苯甲酸的物质的量等于消耗KOH物质的量，则2.500g产品中苯甲酸为0.018L×0.1mol/L××122g/mol=2.196g，产品中苯甲酸的质量分数为×100%=87.84%，故答案为：87.84%。
点睛：本题考查有机物合成实验、物质的分离提纯、实验方案设计、对操作的分析评价、物质含量测定等，较好的考查学生对数据的应用、阅读获取信息的能力以及知识迁移应用。本题的易错点是(5)②的计算，要注意滴定的原理的理解。
19. 某同学拟用煤干馏的产物W为基本原料合成一系列化工产品，其流程如下(部分产物和条件省略):
己知部分信息如下:
①lmol芳香烃W含50mol电子;
②；
③ (苯胺，易被氧化)
④K的分子式为C7H6O2，其核磁共振氢谱上有4个峰。
请回答下列问题:
（1）X的名称为___________，Y中所含官能团的名称为__________________。
（2）反应⑦的条件为________________，②的反应类型_________________________。
（3）反应⑤的化学方程式为_____________________________。
（4） Z的结构简式为___________________。
（5）K的同分异构体M既能发生水解反应，又能发生银镜反应，M在氢氧化钠溶液中发生水解反应的化学方程式为_______________________________。
（6）有多种同分异构体，写出符合以下3个条件的同分异构体的结构简式____________。
①能发生银镜反应但不能水解。
②每摩尔同分异构体最多消耗2mol NaOH。
③苯环上一氯代物只有两种。
（7）请以流程图的形式写出由T制备的过程(无机试剂任选): (仿照………)_________________________。
【答案】 (1). 邻硝基甲苯 (2). 硝基、羧基 (3). NaOH水溶液、加热 (4). 氧化反应 (5). (6). (7). (8). (9).
【解析】（1）W为芳香烃，1molW含50mol电子，则W为甲苯，甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合酸在加热的条件下发生反应生成邻硝基甲苯，X为邻硝基甲苯。Y的名称为邻硝基苯甲酸Y 中所含官能团的名称为硝基、羧基。（2）甲苯和氯气在光照条件下，甲基发生取代反应，生成T为Cl-CH2-C6H5，取代反应后生成L为HO-CH2-C6H5，催化氧化生成J为C6H5-CHO，分子式为C7H6O
，因此反应⑦的条件为NaOH水溶液、加热。反应②是邻硝基甲苯氧化为邻硝基苯甲酸，则该反应为氧化反应。（3）反应⑤是苯甲醛和银氨溶液的反应，方程式为：（4）Z 是缩聚后的产物，其结构简式为（5）K的分子式为C7H6O2，K的同分异构体M为芳香族化合物，M能发生水解反应和银镜反应，含有醛基和醚键，M在氢氧化钠溶液中发生水解反应的化学方程式为
（6）能发生银镜反应但不能水解说明分子中有醛基，无酯基。每摩尔同分异构体最多消耗2mol NaOH说明分子中有2mol羟基。苯环上一氯代物只有两种，说明苯环上有三个取代基，
符合条件的同分异构体有 （7）由T制备的过程为
点睛：本题是有机合成题，有机合成涉及到各物质之间的转化，要掌握烃—卤代烃—醇—醛—酸—酯的转化，要熟练掌握同分异构体的书写，这是有机化学中经常出现的问题。
20. 开发新型储氢材料是氢能源利用的重要研究方向之一。请回答以 下问题:
（1）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由 TiCl4和LiBH4反应制得。
①基态Ti3+的电子排布式为________________；LiBH4中Li、B、H元素的电负性由大到小的排列顺序为___________________________。
②另有一种含钛元素的新型材料，其理论结构模型如图所示，图中虚线框内碳原子的杂化轨道类型为__________________。
（2）氨硼烷(NH3BH3)是优良的储氢材料，少量氨硼烷可以由硼烷(B2H6)和NH3合成。
①NH3BH3中是否存在配位键______(填“是“或“否”；与NH3BH3互为等电子体的分子的化学式为_________________。
②B、C、N与O元素的第一电离能由大到小的顺序为___________________。
③氨硼烷在高温下释放氢后生成的立方氮化硼晶体，具有类似金刚石的结构，硬度略小于金刚石。则立方氮化硼晶体可用作___________(选填下列字母序号)。
a.切削工具 b.钻探钻头 c.导电材料 d.耐磨材料
（3）一种有储氢功能的铜合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。
①若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式为______________________；
②铜与其它许多金属及其化合物都可以发生焰色反应，其原因是_______________________。(4)金属氢化物也是具有良好发展前景的储氢材料。某储氢材料是短周期金属元素R的氢化物。R的部分电离能如下表所示:
I1/ kJ·mol-1
I2/ kJ·mol-1
I3/ kJ·mol-1
I4/ kJ·mol-1
I5/ kJ·mol-1
738
1451
7733
10540
13630
③该金属元素是___________ (填元素符号)。
④若氢化物的晶胞结构如图所示(有4个H原子位于面上，其余H原子位于晶胞内)，已知该晶体的密度为pg·cm-3，则该晶胞的体积为____cm3[用含p、NA的代数式表示(其中NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d1 (2). H>B>Li (3). sp、sp2、sp3 (4). 是 (5). C2H6 (6). N>O>C>B (7). a b d (8). Cu3AuH8 (9). 激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长的光的形式释放能量 (10). Mg (11). 52/ pNA
【解析】（1）①Ti是第22号元素，原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，转化为Ti3+应该失去3个电子，离子的电子排布为1s22s22p63s23p63d1。Li为金属一定是电负性较小，H是非金属中电负性较小的元素，所以电负性顺序为：H>B>Li。
②虚线框中碳原子有形成单键（连接四个碳原子）、双键（连接三个碳原子）和三键（连接两个碳原子）的三种不同形态，所以杂化类型分别为sp3杂化、sp2杂化和sp杂化。可以参考下图：。
（2）①NH3中的N原子存在孤电子对，BH3中的B原子有空轨道，所以存在如下的配位键：H3N→BH3。NH3BH3与C2H6原子数相等，价电子数也相同，所以是等电子体。
②同周期元素的第一电离能应该是从左向右依次增大，但是N的p能级上有3个电子，是半满的稳定结构，所以N的第一电离能较大，得到第一电离能的顺序为：N>O>C>B。
③立方氮化硼晶体具有很高的硬度（只是略小于金刚石），所以其可以用作切削工具、钻探探头、耐磨材料等，但是和金刚石一样，该晶体应该不导电，所以不能用作导电材料。答案为abd。
（3）①氟化钙的晶胞结构为，白球为Ca2+
占据晶胞的顶点和面心，黑球为F-占据晶胞的8个四面体空隙。所以储氢晶体的晶胞中Au位于晶胞的8个顶点为8× = 1个；Cu位于晶胞的6个面心为6× = 3个；H占据晶胞内部的8个四面体空隙，所以有8个，晶体化学式为Cu3AuH8。
②金属元素发生焰色反应的原理是：灼烧时，金属元素吸收能量，电子跃迁到激发态，激发态的电子再回落到基态，即从高能量轨道回落到低能量轨道，对外释放能量，该能量以一定波长的光的形式对外放出，就产生的焰色反应的结果。
（4）①根据该金属元素的电离能数据，因为第三电离能远大于第二电离能，说明金属元素的最外层有2个电子，元素为短周期元素，所以是Mg（Be只有4个电子，不存在I5）。
②晶胞中Mg占据顶点和体心，所以有8× + 1×1=2个，H原子有4个在面上，有两个在晶胞内，所以H有4× + 2×1 = 4个，得到一个晶胞有2个Mg和4个H，一个晶胞的质量为 g。所以晶胞的体积为 cm3。
点睛：本题中基态Ti3+的电子排布式是一个比较复杂的问题。如果按照鲍林的近似能级图，3d能级的能量应该高于4s能级，这样在失去的时候就应该先失去3d能级的电子。但是鲍林的近似能级图没有考虑核电荷数的变化对能级的影响，也没有考虑电子的互相排斥，实际并不太精确，根据科顿能级图，3d能级填充电子后，因为电子的屏蔽效应的存在使4s能级的能量升高，所以还是要先失去4s的电子。
21. A、 B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的前四周期元素。A、F原子的最外层电子数均等于其周期序数，F原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子分处3个不同能级。且每个能级上排布的电子数相同；A与C形成的最简单分子为三角锥形；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数；E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对。E与F同周期；G的原子序数等于A、C、D、F四种元素原子序数之和。
（1）写出B的基态原子的核外电子排布图________；回答E与F原子的第一电离能的大小关系怎样 ______________。原因是_____________________________________；
（2）C3-是一种弱酸根离子，请写出两种与C3-互为等电子体的分子的化学式_______，________；
（3）A与D形成的A2D2分子中D原子的杂化类型为_________杂化，A与C形成的最简单分子易溶于水的原因____________________________；
（4）G的晶体中原子按_________(填“ABABAB”或“ABCABCABC”)的方式堆积而成，G的晶体堆积模型名称______________________；
（5） G的晶体中G原子的配位数为_________ ，空间利用率为__________________；
（6）元素G的一种氯化物的晶胞如图所示，该氯化物的化学式，两种微粒间最短距离为460.0 pm,晶体密度为________g/cm3。(列式表示)
.
【答案】 (1). (2). 由于镁的3s轨道电子处于全充满状态，稳定性强，则镁的第一电离能大于铝的第一电离能 (3). N2O (4). CO2 (5). sp3 (6). 氨气分子能与水分子形成氢键，且氨水是极性分子，水也是极性分子，因此氨气易溶在水中 (7). ABCABCABC (8). 面心立方最密堆积 (9). 12 (10). 74% (11). CuCl (12).
【解析】试题分析：A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的前四周期元素。A、F原子的最外层电子数均等于其周期序数，A是原子序数最小，则A是H。F原子的电子层数是A的3倍，所以F是第三周期元素，则F是Al；B原子核外电子分处3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，因此B是碳元素；A与C形成的最简单分子为三角锥形，分子是氨气，所以C是氮元素；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，所以D是O；E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，原子序数小于铝而大于氧，则E是Mg。G的原子序数等于A、C、D、F 四种元素原子序数之和，即为1＋7＋8＋13＝29，即G是铜元素。
（1）碳元素是6号元素，则的基态原子的核外电子排布图为；由于镁的3s轨道电子处于全充满状态，稳定性强，则镁的第一电离能大于铝的第一电离能。
（2）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则与N3－互为等电子体的分子的化学式为N2O、CO2；
（3）A与D形成的H2O2
分子中O原子形成两对共用电子对，另外还有2对孤对电子没有参与成键，所以氧原子的杂化类型为sp3杂化；由于氨气分子能与水分子形成氢键，且氨水是极性分子，水也是极性分子，因此氨气易溶在水中；
（4）铜形成的晶胞是面心立方最密堆积，所以晶体中原子按ABCABCABC的方式堆积而成；
（5）面心立方最密堆积的晶体中原子的配位数为12，空间利用率为74℅；
（6）根据元素G的一种氯化物的晶胞结构可知晶胞中含有氯原子的个是8×1/8＋6×1/2＝4，4个铜原子全部在晶胞中，则该氯化物的化学式CuCl；晶胞质量为．Cl原子与周围的4个Cu原子形成正四面体结构，Cl原子位于正四面体的中心，Cu原子位于正四面体的顶点，设正四面体的棱长为x cm，则正四面体的斜高为，底面中心到边的距离为，根据正四面体的体积及中心原子与得到形成的四面体的体积关系可知正四面体的高与中心原子到底面距离之比为4：1，即中心原子到顶点与底面距离之比为3：1，则正四面体的高为，由勾股定理：，整理的x＝，晶胞棱长为，故晶胞密度为
。
考点：考查元素推断、核外电子排布、电离能、杂化轨道的、氢键、晶胞结构和计算等
