河南省驻马店市2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题
河南省驻马店市2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题
1.化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是
A. 糖类、蛋白质都是天然有机高分子化合物
B. 聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀.可用作化工反应器的内壁涂层
C. SiO2具有导电性.可用于制作光导纤维和光电池
D. 活性炭具有去除异味和杀菌作用
【答案】B
【解析】
【详解】A、糖类有单糖、二糖和多糖，其中多糖为高分子化合物，故A错误；
B、聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应其的内壁涂层，故B正确；
C、SiO2属于原子晶体，不导电，可用于制作光导纤维，制作光电池的原料是晶体硅，故C错误；
D、活性炭具有吸附性，能去除异味，但不能杀菌，故D错误；
答案选D。
2.国际计量大会第26届会议新修订了阿伏加徳罗常数（NA=6.02214076×1023mol-1），并于2019年5月20日正式生效。下列说法中正确的是
A. 12g金刚石中含有化学键的数目为4NA
B. 将7.1g Cl2溶于水制成饱和氯水，溶液中Cl-、ClO-和HC1O的微粒数之和为0.1NA
C. 标准状况下，11.2L NO和11.2L O2混合后，气体的分子总数为0.75NA
D. 20g的D2O中含有的质子数为10NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、金刚石属于原子晶体，1mol金刚石中含有2mol C-C，即12g金刚石中含有C-C键物质量为×2=2mol，故A错误；
B、氯气溶于水，部分氯气与水发生反应，溶液中含有氯元素微粒有Cl2、Cl－、ClO－、HClO，溶液中Cl－、ClO－、HClO微粒物质的量之和小于0.1mol，故B错误；
C、NO与O2发生2NO＋O2=2NO2，根据所给量，NO不足，O2过量，反应后气体物质的量和为0.75mol，但2NO2N2O4，因此反应后气体物质的量小于0.75mol，故C错误；
D、D2O为2H2O，其摩尔质量为20g·mol-1，20g D2O中含有质子物质的量为×10=10mol，故D正确；
答案选D。
【点睛】易错点是选项B，学生认为氯气通入水中，氯气与水反应生成HCl和HClO，忽略了氯水的成分“三分子四离子”，三分子为：Cl2、HClO、H2O，四离子：H+、Cl-、ClO-、OH-，因此氯元素在水中存在形式有Cl2、HClO、Cl-、ClO-，从而做出合理分析。
3.下列说法不正确的是
A. 《本草纲目》中记载：“自元时始创其法，用浓酒和糟人甑，蒸令气上，用器承滴露。”“其法”是指蒸馏
B. 《易经》记载“泽中有火”“上火下泽”。“泽”是指湖泊池沼，“泽中有火”是对乙烯在湖泊池沼水面上起火现象的描述
C. 《新修草本》有关“青矾”的描述为本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O
D. 古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折。”“剂钢”是指含铁的合金。
【答案】B
【解析】
【详解】A、“用浓酒和糟人甑，蒸令气上，用器承滴露”，这是蒸馏的方法，故A不符合题意；
B、“泽中有火”是对甲烷在湖泊池沼在水面上起火现象的描述，故B符合题意；
C、“青矾”的描述为本来绿色，则说明含有Fe2＋，即“青矾”的主要成分为FeSO4·7H2O，故C不符合题意；
D、“剂钢”是铁的合金，故D不符合题意；
答案选B。
4.2.0mol PC13和1.0mol Cl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应: PCl3(g)+Cl2(g) PCl5(g)达平衡时，PCl5为0.40mol，如果此时移走1.0mol PCl3和0.5mol Cl2，在相同温度下再达平衡时PCl3的物质的量是
A. 0.40mol B. 0.20mol
C. 大于0.80mol，小于1.6mol D. 小于0.80mol
【答案】C
【解析】
【详解】达到平衡后移走1.0mol PCl3和0.5mol Cl2，重新达到平衡，可以等效为开始加入1.0mol PCl3和0.50mol Cl2达到的平衡，与原平衡比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物转化率减小，故达到平衡时，PCl3的物质的量大于原平衡的一半，即达到平衡时PCl3的物质的量大于1.6mol×=0.8mol，但小于1.6mol，故选项C正确；
答案选C。
5.3-甲基-3-羟甲基氧杂环丁烷可用于制备多种化工原料。下列有关该有机物的说法正确的是（ ）
A. 分子式C4H8O2
B. 与环氧乙烷（）互为同系物
C. 与其互为同分异构体（不含立体结构）的羧酸有4种
D. 分子中所有碳原子处于同—平面
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据有机物的结构简式，推出该有机物的分子式为C5H10O2，故A错误；
B、环氧乙烷是三元环，而3－甲基－3－羟甲基氧杂环丁烷，是四元环，且二者分子构成上相差的不是n个CH2，因此两者不互为同系物，故B错误；
C、属于羧酸的结构简式为CH3CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH(COOH)CH3、(CH3)2CH2COOH、(CH3)2CCOOH，共有4种，故C正确；
D、根据结构简式，结构中C为sp3杂化，分子中所有原子不处于同一平面，故D错误；
答案选C。
6.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y、Z的族序数之和为12；X与Y的电子层数相同；向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是
A. 原子半径由大到小的顺序为：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)
B. 氧化物的水化物的酸性:H2XO3
Si>S>H，故A错误；
B、S的非金属性强于Si，即H2SO4的酸性强于H2SiO3，故B正确；
C、Si为原子晶体，S单质为分子晶体，即Si的熔点高于S，故C错误；
D、ZWY为KHS，HS-在水中既有电离也有水解，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题应从向过量的ZWY溶液中滴入少量的硫酸铜溶液，观察到有黑色沉淀和臭鸡蛋气味的气体放出入手，臭鸡蛋气味的气体为H2S，黑色沉淀为CuS，发生的离子方程式应是2HS－＋Cu2＋=CuS↓＋H2S↑，最后根据信息推出其他，这就需要学生对元素及其化合物的性质熟练掌握。
7.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于H2CO3的酸性
B
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜
蔗糖未水解
C
向FeCl3溶液中加入少量铜屑，铜溶解
Fe3+的氧化性强于Cu2+的氧化性
D
用pH试纸测得，CH3COONa溶液的pH的为9，NaNO2
HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
溶液的pH约为8
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、苯酚浊液滴加Na2CO3溶液，浊液变清，苯酚与Na2CO3发生C6H5OH＋Na2CO3→C6H5ONa＋NaHCO3，推出苯酚的酸性强于HCO3－，故A错误；
B、葡萄糖与银氨溶液发生反应，要求环境为碱性，本实验未中和硫酸，因此未出现银镜，不能判断蔗糖是否水解，故B错误；
C、FeCl3溶液中加入Cu，发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，根据氧化还原反应的规律，得出Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，故C正确；
D、题目中没有说明CH3COONa和NaNO2的浓度，无法根据pH的大小，判断CH3COOH和HNO2酸性强弱，故D错误；
答案选D。
8.为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是
A. “溶解”操作中溶液温度不宜过髙
B. 铜帽溶解的反应可能有H2O2+Cu+2H+=Cu2++2H2O
C. 与锌粉反应的离子可能是Cu2+、H+
D. “过滤”操作后，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后高温灼烧即可得纯净的ZnO
【答案】D
【解析】
【详解】A、溶解时需要加入H2O2，H2O2不稳定，受热易分解，因此“溶解”操作中溶液温度不宜过高，故A叙述正确；
B、根据流程，“溶解”过程发生的反应是2Cu＋O2＋4H＋=2Cu2＋＋2H2O，或者发生Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，故B叙述正确；
C、根据流程，过滤后得到海绵铜，说明“反应”过程中含有Cu2＋，加NaOH溶液，调节pH=2，说明溶液显酸性，即“反应”过程中能与Zn反应的离子是Cu2＋和H＋，故C说法正确；
D、过滤操作得到滤液中含有ZnSO4，蒸发结晶、过滤干燥得到的是ZnSO4，且滤液中含有Na2SO4，因此最后的得到的物质是混合物，故D叙述错误；
答案选D。
9.下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是
A. 收集氯气可以用排饱和食盐水的方法
B. 在一定条件下，氢气与碘蒸汽反应达平衡后，加压，混合气体颜色变深
C. 可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
D. 合成三氧化硫过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
【答案】B
【解析】
【分析】
利用勒夏特列原理的定义进行分析。
【详解】A、Cl2与H2O发生Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO，排饱和食盐水收集氯气，增加Cl-浓度，使平衡向逆反应方向进行，抑制Cl2的溶解，符合勒夏特列原理，故A不符合题意；
B、H2和I2发生H2＋I22HI，组分都是气体，且反应前后气体系数之和相等，即增大压强平衡不移动，但组分浓度增大，颜色加深，故B符合题意；
C、浓氨水中存在NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH固体，增加溶液中OH-的浓度，平衡向逆反应方向移动，NaOH固体遇水放出热量，使NH3逸出，故C不符合题意；
D、2SO2＋O22SO3，使用过量的氧气，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率提高，故D不符合题意；
答案选B。
10.氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25℃时
HF(aq)+OH—(aq)＝F—(aq)+H2O(l)△H＝—67.7 kJ·mol—1
②H+(aq)+OH—(aq)＝H2O(l)△H＝—57.3 kJ·mol—1
在20mL0.1mol·L—1氢氟酸中加入VmL0.1mol·L—1NaOH溶液，下列有关说法正确的是
A. 氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为HF(aq)＝H+(aq) +F−(aq) △H＝+10.4kJ·mol—1
B. 当V＝20时，溶液中：c(OH—)＝c(HF) +c(H+)
C. 当V＝20时，溶液中：c(F—)＜c(Na+)＝0.1mol·L—1
D. 当V＞0时，溶液中一定存在：c(Na+)＞c(F—)＞c(OH—)＞c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A项，根据盖斯定律，将①式减去②式可得：HF(aq)H＋(aq)＋F－(aq) ΔH＝－10.4 kJ·mol－1 ，故A错误；
B项，当V＝20时，两者恰好完全反应生成NaF，溶液中存在质子守恒关系：c(OH－)＝c(HF)＋c(H＋)，也可由物料守恒[c(Na+)＝c(F－)+ c(HF)]及电荷守恒[c(H＋)+c(Na+)=c(F－)+c(OH－)]来求，故B项正确；
C项，结合B选项的分析，由于HF为弱酸，因此F－水解，故溶液中存在：c(F－)＜c(Na+)＝0.05 mol·L－1 ，C项错误；
D项，溶液中离子浓度的大小取决于V的大小，离子浓度大小关系可能为c(F－)＞c(H＋)＞c(Na+)＞c(OH－)或c(F－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－)或c(Na+)＝c(F－)＞c(OH－)＝c(H＋)或c(Na+)＞c(F－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D项错误。
答案选B。
11.为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如图实验。关于该实验的分析不正确的是
A. ①浊液中存在平衡：Ag2CrO4(s)⇌2Ag+(aq)+CrO42－(aq)
B. ②中溶液变澄清的原因：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O
C. ③中颜色变化说明有AgCl生成
D. 该实验可以证明AgCl比Ag2CrO4更难溶
【答案】D
【解析】
【详解】A、反应①中沉淀是Ag2CrO4，存在溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)＋CrO42-(aq)，故A叙述正确；
B、反应①中存在溶解体系，即①的上层清液中存在Ag＋，加入NH3·H2O，先发生Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4＋，继续滴加NH3·H2O，发生AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O，因此溶液显变浑浊，再变澄清，故B叙述正确；
C、浊液中加入KCl，有白色沉淀产生，该沉淀为AgCl，故C叙述正确；
D、根据实验，加入KCl的浓度为2mol·L－1，比K2CrO4的浓度大的多，当c(Ag＋)×c(Cl－)>Ksp时，就会有AgCl沉淀产生，因此本实验不能说明AgCl比Ag2CrO4更难溶，故D叙述错误；
答案选D。
12.下图是新型镁一锂双离子二次电池。下列关于该电池的说法正确的是
A. 放电时，Li+由右向左移动
B. 放电时，正极的电极反应式为Li1-x-FePO4+xLi++xe-=LiFePO4
C. 充电时，外加电源的负极与Y相连
D. 充电时，导线上每通过1mol e-，左室溶液质量减轻12g
【答案】B
【解析】
【详解】A、放电，该装置为电池，Mg是活泼金属，即Mg
作负极，另一极为正极，根据原电池的工作原理，Li＋应向正极移动，即从左向右移动，故A错误；
B、根据上述分析，右边电极为正极，得到电子，电极反应式为Li1-x-FePO4+ xLi++xe-=LiFePO4，故B正确；
C、充电，该装置为电解池，电源的正极接电池的正极，电源的负极接电池的负极，即充电时，外加电源的负极与X相连，故C错误；
D、充电时，导线上每通过1mol e-，左室得电子，发生还原反应，电极反应式为Mg2++2e-=Mg，但右侧将有1mol Li+移向左室，因此溶液质量减轻12-7=5g，故D错误；
答案选B。
13.某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分別为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线I代表HNO2溶液
B. 溶液中水的电离程度：b点>c点
C. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
D. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）
【答案】D
【解析】
【分析】
根据HNO2和CH3COOH的电离平衡常数，推出HNO2的酸性强于CH3COOH，相同pH、相同体积时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即曲线II为HNO2的稀释曲线，曲线I为CH3COOH的稀释曲线，据此分析。
【详解】A、根据HNO2和CH3COOH的电离平衡常数，推出HNO2的酸性强于CH3COOH，相同pH
、相同体积时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即曲线II为HNO2的稀释曲线，曲线I为CH3COOH的稀释曲线，故A错误；
B、b点pH小于c点，说明b点溶液中c(H＋)大于c点溶液中c(H＋)，即溶液水的电离程度：c点大于b点，故B错误；
C、HNO2的酸性强于CH3COOH，相同pH时，c(CH3COOH)>c(HNO2)，即等体积、等pH时，与NaOH恰好中和时，CH3COOH消耗NaOH多，则此时，CH3COONa溶液中Na+含量较多，故C错误；
D、，Kw、Ka只受温度影响，因此从c点到d点，该比值保持不变，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点是选项C，学生认为两种溶液的pH相同，体积相同，所以消耗的氢氧化钠的物质的量相同，错选C，忽略了两种酸的酸性不同，根据图像，推出HNO2的酸性强于CH3COOH，即相同pH时，c(CH3COOH)>c(HNO2)，然后分析。
14.我国科研人员催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下：
下列说法不正确的是
A. 肉桂醇能发生取代反应、加成反应和缩聚反应
B. 苯丙醛、肉桂醛、肉桂醇都是芳香族化合物
C. 还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂
D. 该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据肉桂醇的结构简式，含有官能团是碳碳双键、羟基，能发生取代反应、加成反应，但不能发生缩聚反应，故A说法错误；
B、苯丙醛、肉桂醛、肉桂醇都含有苯环，因此它们都属于芳香族化合物，故B说法正确；
C、醛→醇是还原反应，肉桂醛→肉桂醇，碳氧双键中的一个碳氧键发生断裂，是极性键的断裂；H2分子中的H-H键的断裂是非极性键的断裂；故C说法正确；
D、肉桂醛在催化条件下，只有醛基与氢气发生加成反应，说明催化剂具有选择性，故D说法正确；
答案选A。
15.某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分別为0.10和0.06，发生化学反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)，在其他条件相同时，测得实验数据如下表：
压强/（×105Pa）
温度/℃
NO达到所列转化率需要时间/s
50%
90%
98%
1.0
30
12
250
2830
90
25
510
5760
8.0
30
0.2
3.9
36
90
0.6
7.9
74
根据表中数据，下列说法正确的是
A. 升高温度，反应速率加快
B. 增大压强，反应速率变慢
C. 在1.0×105 Pa、90℃条件下，当转化率为98%时反应已达平衡
D. 若进入反应塔的混合气体为a mol，反应速率以表示，则在8.0×105Pa、30℃条件下，转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为 mol•s-1
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据表格数据，在相同压强，温度高时，达到相同的转化率所需时间长，即升高温度，反应速率减缓，故A错误；
B、相同的温度下，压强大，达到相同的转化率所需时间短，即增大压强，反应速率加快，故
B错误；
C、在此条件下，当转化率达到98%时需要的时间较长，不确定反应是否达到平衡，故C错误；
D、当amol混合气体进入反应塔，根据题目所示环境，v=mol·s-1，故D正确；
答案选D。
16.某化学课外活动小组拟用铅蓄电池进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置示意图如下。下列叙述正确的是
A. Y的电极反应为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4
B. 电解池内仅发生反应：2Al+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2↑
C. 若电解池阴极上有0.5mol H2生成，则铅蓄电池中消耗H2SO4为98g
D. 用电絮凝法净化过的水，pH显著升高
【答案】C
【解析】
【分析】
左端装置为电池，右端装置为电解池，根据电解池的装置图，铁电极上H2O转化成H2和OH－，铁电极为阴极，即Al电极为阳极，X为负极，Y为正极，据此分析。
【详解】A、根据上述分析，Y电极为正极，电极反应式为PbO2+SO42-＋H＋+2e-=PbSO4+H2O，故A错误；
B、根据电解池装置，Al电极上除有Al3＋生成外，还含有O2的生成，故B错误；
C、阴极上有0.5mol H2产生，铅蓄电池的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，即有H2～2e-～2H2SO4，即铅蓄电池中消耗硫酸的质量为0.5mol×2×98g/mol=98g，故C正确；
D、电解池内部发生的反应是2Al＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑，2H2O2H2↑＋O2↑，净化过的水，pH基本保持不变，故D错误；
答案选C。
【点睛】涉及电化学计算，特别是两池的计算时，一般采用关系式法，让电子为中介，像本题，阴极上产生氢气，得出H2～2e-，铅蓄电池中也转移2mol e-，根据铅蓄电池总反应，列出H2～2e-～2H2SO4，从而计算出硫酸的质量。
17.实验室制备溴苯的反应装置如图所示，回答下列问题：
已知：
苯
溴
溴苯
密度/g·cm-3
0.88
3.10
1.50
水中的溶解度
微溶
微溶
微溶
(1)实验装置c的作用为_______。
(2)写出实验室制备溴苯的反应方程式_______。
(3)本实验得到粗溴苯后，除去铁屑，再用如下操作精制：a蒸馏；b水洗；c用干燥剂干燥；d 10%NaOH溶液洗涤；e水洗，正确的操作顺序是________。
(4)本实验使用6mL无水苯、4.0mL液溴和少量铁屑，充分反应，经精制得到6.5mL的溴苯。则该实验中溴苯的产率是_______。
【答案】 (1). 吸收HBr (2). +Br2 ＋HBr (3). bdeca
或者edbca (4). 91.7%
【解析】
【分析】
苯和液溴在Fe或FeBr3作催化剂下发生取代反应，生成溴苯和HBr，从装置a中出来的气体中除含有HBr外，还含有苯、溴蒸气，利用b装置吸收溴蒸气和苯，c装置吸收HBr，防止污染环境。
【详解】（1）苯和液溴在Fe或FeBr3作催化剂下发生取代反应，生成溴苯和HBr，从装置a中出来的气体中除含有HBr外，还含有苯、溴蒸气，利用b装置吸收溴蒸气和苯，c装置吸收HBr，防止污染环境；
（2）制备溴苯的化学反应方程式为+Br2 ＋HBr；
（3）粗溴苯中混有液溴和FeBr3，提纯的步骤是水洗→10%NaOH溶液洗涤→水洗→干燥→蒸馏，即步骤为bdeca或者edbca；
（4）苯的质量为6mL×0.88g/cm3=5.28g，其物质的量为=0.068mol，液溴的质量为3.10g·cm-3×4.0mL=12.4g，其物质的量为=0.0775mol，苯不足，液溴过量，生成溴苯的质量为0.068mol×157g·mol-1=10.63g，实际上得到溴苯的质量为6.5mL×1.50g·mol-1=9.75g，溴苯的产率为×100%=91.7%。
【点睛】有机物实验考查中，因为有机物的副反应较多，因此必然涉及到产率的计算，产率=，实际产量题中会给出，需要学生计算出理论产量，即判断出原料谁过量，谁不足，按照不足计算目标产物的理论产量，从而得出结果。
18.磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分：Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。
(1)上述流程中所采取的实验措施能加快反应速率有_____________。
(2)酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3(OH)与H2SO4反应的化学方程式为_____________。
(3)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因______。
(4)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，加入BaCO3代替CaCO3可进一步提高硫的脱除率，原因是_____。向粗磷酸中加入BaCO3脱硫，发生反应的离子方程式是_____。
(5)取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L-1 NaOH 溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c L，精制磷酸中H3PO4的质量分数是_____。(已知摩尔质量为98g·mol-1)
【答案】 (1). 研磨和加热 (2). 2Ca5(PO4)3(OH)＋10H2SO4＋3H2O6H3PO4＋10CaSO4·0.5H2O (3). 80℃后，H2O2分解速率增大，过氧化氢的浓度显著降低 (4). CaSO4微溶于水，BaSO4难溶于水 (5). BaCO3＋SO42－＋2H3PO4=BaSO4＋CO2↑＋2H2PO4－ (6).
【解析】
【详解】（1）根据工艺流程，能加快反应速率的是研磨和加热；
（2）根据流程图，酸浸时生成粗磷酸，即生成磷酸，以及还有磷石膏，发生的反应有：；
（3）H2O2不稳定，受热易分解，80℃后脱除率降低，是因为H2O2分解速率增大，过氧化氢的浓度显著降低；
（4）脱硫后，碳酸钙转化成CaSO4，CaSO4微溶于水，溶液中仍有部分SO42－的残留，用BaCO3代替CaCO3，转化成BaSO4，BaSO4难溶于水，这样可以提高硫的脱除率；磷酸为中强酸，且体系中有磷酸的存在，发生离子反应为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-；
（5）发生的反应：H3PO4＋2NaOH=Na2HPO4＋2H2O，磷酸的物质的量为，其质量为，H3PO4的质量分数是。
19.一种通过铁基氧载体（Fe3O4/FeO)深度还原和再生来合成二甲醚（CH3OCH3) 的原理如图：
(1)二甲酸的合成反应：3CO(g)+3H2(g)=CH3OCH3(g)+CO2(g)；△H1
①已知CO、CH3OCH3与H2的燃烧热（△H）分别为 a kJ/mol、b kJ/mol、c kJ/mol（a、b、c均小于0），则△H1 ____kJ/moL。
②该反应选用（CuO/ZnO/Al2O）复合催化剂，该催化剂能_____(填标号)。
A.提高反应速率 B.促进平衡正向移动 C.改变反应的焓变 D.降低反应的活化能
(2)CH4氧化器中发生的主反应：
i.CH4(g)+Fe3O4(s)=CO(g)+2H2(g)+3FeO(s)
ii.CH4(g)+4Fe3O4(s)=CO2(g)+2H2O(g)+12FeO(s)
850℃时，压强和部分气体体积分数、固相各组分质量分数的关系如图。
①随着压强的增大，反应i的平衡常数K值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②结合图像，分析H2O的体积分数变化的原因________(用化学方程式表示）。
(3)将一定量的FeO 和CO2置于CO2还原器（体积不变的密闭容器）中，发生的主反应：CO2(g)+3FeO(s)=Fe3O4(s)+CO(g)。保持其他条件不变，测得不同温度下最终反应体系中CO、CO2体积分数如下表。
温度t/℃
100
170
200
300
400
500
CO2体积分数
0.67
0.67
0.75
0.82
0.9
0.92
CO体积分数
0.33
0.33
0.25
0.18
0.1
0.08
①△H2______0(填“＞”或“＜”)。
②由上表可知，若在150℃时进行上述转化，理论转化率α(FeO)为100%。在上述反应体系中，一定可以说明该反应达到平衡状态的是______(填标号）。
A.CO2的物质的量不变
B.体系的压强不变
C.气体的平均摩尔质量不变
D.CO的生成速率和消耗速率相等且不等于零
③根据化学反应原理，分析CO2还原器温度设置在170℃的原因________。
【答案】 (1). 3a+3c-b (2). AD (3). 不变 (4). (5). ＜ (6). D (7). 温度过高，CO2的转化率降低；温度过低，反应速率变慢
【解析】
【详解】（1）①CO燃烧热的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)；△H=a kJ·mol-1①，CH3OCH3燃烧热的热化学方程式为CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)；△H=b kJ·mol-1②，H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)；△H=c kJ·mol-1③，根据目标方程式，应是3×①＋3×③－②，得出△H=(3a＋3c－b)kJ·mol-1；
②A、使用催化剂降低活化能，提高单位体积内活化分子百分数，使反应速率加快，故A符合题意；
B、催化剂对化学平衡的移动无影响，故B不符合题意；
C、反应焓变只与始态和终态有关，催化剂不能降低反应的焓变，故C不符合题意；
D、催化剂降低反应的活化能，故D符合题意；
答案选AD；
（2）①化学平衡常数只受温度的影响，即增大压强，化学平衡常数不变；
②根据图像分析，随着反应的进行，H2的含量降低，H2O的含量增大，可推断反应过程中H2转化成H2O，发生的反应为Fe3O4和H2反应生成FeO和H2O，则化学反应方程式为；
（3）①根据图表分析，随着温度的升高，平衡时CO2的体积分数增大，CO的体积分数降低，标明化学平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应，即△H＜0；
②A、从表中可以看出温度从100℃上升到170℃，已经完全转化，此时CO2和CO的体积分数都不变，但此时不算平衡状态，因此CO2物质的量不变，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；
B、反应前后气体系数之和相等，即压强始终相等，因此压强不变，不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C、根据A选项分析，气体平均摩尔质量不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
D、根据化学平衡状态的定义，CO生成速率和消耗速率相等，且不等于0，说明反应达到平衡，故D符合题意；
答案选D；
③温度选择170℃，从平衡的角度分析，温度过高，CO2的转化率降低，从速率角度分析，温度过低反应速率变慢，则选择170℃。
20.青金石是碱性铝硅酸盐矿物，其中含钠、铝、硅、硫、氧、氧等元素，曾用来制作颜料。
(1)在周期表中，与Si的化学性质最相似的邻族元素是_________。
(2) Na+和 Ne互为等电子体，电离能 I2(Na)_________I1(Ne)填"〉”或“<"）。
(3)已知氯、硫有多种含氧酸，HClO4中共价键类型有_____，硫酸的结构式为_____。
(4)氢卤酸（HX)的电离过程如图。△H1和△H2的递变规律：HF > HCl> HBr >HI，其中△H1(HF)特别大的原因为________，影响△H2递变的因素为________。
【答案】 (1). B (2). ＞ (3). σ键、π键 (4). (5). 氟化氢与水分子间存在分子间氢键 (6). 键能
【解析】
【详解】（1）依据元素周期表的对角线原则，与Si的化学性质相似的邻族元素是B；
（2）根据Na的正电性较强，对核外电子的吸引力比氖强，想失去电子需要更多的能量，因此Na的第二电离能比氖的第一电离能高；
（3）HClO4为分子晶体，H和O之间Cl和O之间含有σ键，HClO4分子中存在的非羟基氧与Cl以双键形式结合，即HClO4中存在π键；硫酸化学式为H2SO4，硫酸为二元强酸，有两个羟基，即硫酸的结构式为；
（4）由于氟化氢与水分子间存在分子间氢键，溶液状态转化成气态时所吸收的能量高，△H1(HF)特别大；△H2表示卤化氢分解成原子，是破坏共价键的过程，因此影响△H2递变的直接原因是H-X键的键能。
21.钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。预计在未来20年里，不可能有替代钕铁硼磁铁的磁性材料出现。生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、纯铁、铝、硼以及其它稀土原料。
(1) 钕(Nd)为60号元素，在元素周期表中的位置是_____；基态铁原子的外围电子排布图是______。
(2)实验测得气态A1C13的实际存在形式为A12C16双聚分子，其中A1原子的杂化方式是__________；A12C16与过量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]；[A1(OH)4]-中存在的化学键有______(填选项字母）。
A.离子键 B.共价键 C.配位键 D.金属键 E.氢键
(3)已知立方BN晶体硬而脆，其原因是_______；其晶胞结构如图所示，N原子填充在B原子构成的正四面体空隙中，则晶胞中正四面体的空隙填充率为_______，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为a nm，晶体的密度为b g•cm-3，则阿伏加德罗常数为_____mol-1 (列式即可，用含a、b的代数式表示）
【答案】 (1). 第六周期Ⅲ B族 (2). (3). sp3 (4). BC (5). BN为原子晶体，B－N键能大，因此质地坚硬，其共价键具有方向性，受到外力时，会发生原子错位，因此脆 (6). 50% (7).
【解析】
【详解】（1）60号元素位于元素周期表第六周期Ⅲ B族；铁为过渡元素，其外围电子包括最外层电子和次外层d能级上的电子，其外围电子排布式图为；
（2）Al2Cl6结构式为，即Al的杂化类型为sp3；[Al(OH)4]－中O和H之间为共价键，Al3＋与OH-之间以配位键的形式结合，答案选BC；
（3）BN晶体硬，说明BN为原子晶体，B-N键能大，因此质地坚硬，其共价键具有方向性，受到外力时，会发生原子错位，因此脆；从晶胞构型中可看出，B原子形成8个正四面体，有4个N原子填充4个正四面体中，因此晶胞的正四面体的空隙填充率为50%；根据晶胞结构可知，每个晶胞中含有N原子数为4，B原子个数为=4，晶胞的质量为g，B、N间的距离是a nm，是体对角线的，根据勾股定理，推出晶胞的边长为nm，根据密度的定义，求出阿伏加德罗常数为。
【点睛】本题的难点是阿伏加德罗常数的计算，首先利用均摊的方法，判断出微粒的个数，利用，晶胞的质量为m=nM，晶胞边长的计算是本题的难点，学生先认清楚，N和B最近的距离应是体对角线的，根据勾股定理，求出边长，最后根据密度进行分析。
22.有机物A〜H的转化关系如下图所示。其中A是植物生长调节剂，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平；D是一种合成高分子材料，此类物质如果大量使用易造成“白色污染”。
请回答下列问题：
(1)E官能团的电子式为_____。
(2)关于有机物A、B、C、D的下列说法，不正确的是____(选填序号）。
a. A、B、C、D均属于烃类
b. B的同系物中，当碳原子数≥4时开始出现同分异构现象
c. 等质量的A和D完全燃烧时消耗O2的量相等，生成CO2的量也相等
d. B不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但A和D可以
(3)写出下列反应的化学方程式：
反应③：____________________________；
反应⑥：_____________________________。
(4)C是一种速效局部冷冻麻醉剂，可由反应①或②制备，请指出用哪一个反应制备较好:_______，并说明理由：__________________。
【答案】 (1). (2). ad (3). nCH2=CH2 (4). CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O (5). ① (6). 反应①为加成反应，原子利用率100%，反应②为取代反应，有副反应，CH3CH2Cl产量较低，故反应①制备较好
【解析】
【分析】
A是植物生长调节剂，它的产量用来衡量一个国家石油化工发展的水平，即A为乙烯，结构简式为CH2=CH2；A与H2发生加成，即B为CH3CH3；A与HCl发生加成反应，即C为CH3CH2Cl；A与H2O发生加成反应，即E为CH3CH2OH；反应⑤是乙醇的催化氧化，即F为CH3CHO；乙醇被酸性K2Cr2O7氧化成乙酸，即G为CH3COOH；乙醇与乙酸发生酯化反应，生成H，则H为CH3CH2OOCCH3；D为高分化合物，常引起白色污染，即D为聚乙烯，其结构简式为
，据此分析；
【详解】（1）根据上述分析，E为CH3CH2OH，其官能团是-OH，电子式为；
（2）a、A、B、C、D结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、，其中C不属于烃，故a说法错误；
b、烷烃中出现同分异构体，当碳原子≥4时开始出现同分异构现象，故b说法正确；
c、A和D的最简式相同，因此等质量时，耗氧量相同，故c说法正确；
d、B为乙烷，不能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色，D中不含碳碳双键，也不能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色，故d说法错误；
答案选ad；
（3）反应③发生加聚反应，其反应方程式为nCH2=CH2；
反应⑥发生酯化反应，反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；
（4）反应①为加成反应，原子利用率100%，反应②为取代反应，有副反应，CH3CH2Cl产量较低，故反应①制备较好。
23.近年研究表明离子液体型催化剂GIL可对某些特定加成反应有很好的催化作用，有机化合物H的合成路线如下：
(1) C中含有的官能团名称为______________。
(2) C—D的反应类型为______________。
(3)已知:G和H的分子式相同，F→G和B→C反应类型均为消去反应，那么G的结构简式为______________。
(4)写出满足下列条件的B的一种同分异构体X的结构简式: ______________。
①1 mol X完全水解消耗2 mol NaOH；
②水解酸化后两种产物核磁共振氢谱均有4个峰，峰高比为3:2:2:1。
X在酸性条件下发生水解反应的产物名称为_________。
(5)以乙醇为原料利用GIL合成聚酯写出合成路线流程图（无机试剂可任选，合成路线流程图示例见本题题干）______________。
【答案】 (1). 羰基和碳碳双键 (2). 加成反应 (3). (4). (5). 对甲基苯酚和对甲基苯甲酸 (6).
【解析】
【详解】（1）根据C的结构简式，C中含有的官能团是羰基和碳碳双键；
（2）对比C和D的结构简式，C→D的反应类型为加成反应；
（3）F→G发生消去反应，对比F和G的结构简式，则G的结构简式为；
（4）B→C发生消去反应，以及对比A和C结构简式，推出B的结构简式为，1mol X完全水解消耗2mol NaOH，根据B的结构简式，X
中应含有“”，水解酸化后得到两种产物，它们的核磁共振氢谱均有4个峰，说明含有四种不同环境的氢原子，峰高比为3：2：2：1，这是不同氢原子的个数比，即X的结构简式为，水解后得到对甲基苯酚和对甲基苯甲酸；
（5）该聚酯的单体为HOCH(CH3)CH2COOH，根据流程，A生成B碳原子数增加，让乙醇氧化成乙醛，两个乙醛分子生成CH3CH(OH)CH2CHO，将其氧化成CH3CH(OH)CH2COOH，再发生缩聚反应，其路线为
。
【点睛】本题难点是问题（4），限制条件的同分异构体书写是高考常考内容，首先根据限制条件，判断该结构中含有的官能团或结构，如本题，根据B的结构简式，以及信息一，推出“”，然后根据信息二，核磁共振氢谱有4种峰，说明有四种不同化学环境的氢原子，即每个苯环上有2种官能团，且处于对位，最后得出结果。
