黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三冲刺押题卷（二）化学试题 Word版含解析

黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三冲刺押题卷（二）化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 哈尔滨市第六中学校2019届高考冲刺押题卷（二）‎ 理科综合能力测试（化学）‎ ‎1.下列关于古籍中的记载说法不正确的是 A. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏 B. 《吕氏春秋·别类编》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚” 体现了合金硬度方面的特性 C. 《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应 D. 《抱朴子·金丹篇》中记载：“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂”，该过程发生了分解、化合、氧化还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由“蒸令气”可知与混合物沸点有关，则这里所用的“法”是指蒸馏，故A正确；‎ B．金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚，则说明合金硬度大于各成分，故B正确；‎ C．鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故C错误；‎ D．丹砂( HgS)烧之成水银，HgSHg+S，积变又还成丹砂的过程都是氧化还原反应，有单质(水银)生成，且单质(水银)重新生成化合物，故该过程包含分解、化合、氧化还原反应，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】准确把握诗句含义，明确相关物质的性质是解题关键。本题的易错点为C，要注意焰色反应属于物理变化，不是化学变化。‎ ‎2.下列说法中，正确的是 A. 将2 g H2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NA B. 1molNa218O2与足量水反应，最终水溶液中18O原子为2NA个 C. 常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NA D. 100mL 12mol/L的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【详解】A．将2 g H2与足量的N2混合，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故A错误；‎ B. 1molNa218O2与足量水生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中的氧原子转化为氢氧化钠和氧气中的氧原子，最终水溶液中18O原子为NA个，故B错误；‎ C．NO2、N2O4的摩尔质量不同，无法计算混合气体的组成，故C错误；‎ D．由于浓HNO3与铜反应生成NO2，而稀HNO3与铜反应生成NO，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2 +2NO↑+4H2O，100 mL 12 mol•L-1的浓HNO3完全被还原为NO2转移0.6mol电子，完全被还原为NO转移0.9mol电子，转移的电子数大于0.6NA，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.C8H9Cl的含苯环的（不含立体异构）同分异构体有 A. 9种 B. 12种 C. 14种 D. 16种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分子式为C8H9Cl中含有苯环、饱和烃基、氯原子；当取代基可以是1个：-CH2CH2Cl；-CHClCH3，有2种同分异构体；取代基可以是2个：-CH2Cl、-CH3；-CH2CH3、-Cl，根据邻、间、对位置异构可知，共有3+3=6种同分异构体；取代基可以是3个：-Cl、-CH3、-CH3；2个甲基处于邻位时，-Cl有2种位置，有2种同分异构体；2个甲基处于间位时，-Cl有3种位置，有3种同分异构体；2个甲基处于对位时，-Cl有1种位置，有1种同分异构体；所以符合条件的同分异构体共有14种；故选C。‎ 点睛：本题主要考查了同分异构体的书写，苯环上的取代基种类和数目决定了同分异构体的种类，注意取代基的分类。分子式为C8H9Cl，不饱和度为4，苯环本身的不饱和度就为4，说明解题时不用考虑不饱和键。‎ ‎4. 下列离子方程式书写不正确的是 A. 用两块铜片作电极电解盐酸：Cu + 2H+H2↑ + Cu2+‎ B. NaOH溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应：2HCO3-+ 2OH-+ Ca2+==CaCO3↓+ 2H2O C. 等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应：2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2==2Fe3+ + Br2 + 4Cl-‎ D. 氨水吸收少量的二氧化硫：2NH3·H2O + SO2==2NH4+ +SO32- + H2O - 19 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、用两块铜片作电极电解盐酸的离子反应为Cu+2H+H2↑+Cu2+，故A正确；B、NaOH溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应的离子反应为HCO3-+OH-+Ca2+═CaCO3↓+H2O，故B错误；C、等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，离子反应为2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-，故C正确；D、氨水吸收少量的二氧化硫的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故D正确；故选B。‎ ‎【考点定位】考查离子方程式的书写 ‎【名师点晴】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应的离子反应中遵循电子守恒，选项B中量少的完全反应，选项C中等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化。‎ ‎5.2017年12月，华为宣布: 利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如图所示。下列关于该电池的说法不正确的是 A. 该电池若用隔膜可选用质子交换膜 B. 石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度 C. 充电时，LiCoO2极 发生的电极反应为: LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+‎ D. 废旧的该电池进行“放电处理”让Li+从石墨烯中脱出而有利于回收 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、由电池反应，则需要锂离子由负极移向正极，所以该电池不可选用质子交换膜，选项A不正确；B、石墨烯超强电池，该材料具有极佳的电化学储能特性，从而提高能量密度，选项B正确；C、充电时，LiCoO2极是阳极，发生的电极反应为: LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，选项C正确；D、根据电池反应式知，充电时锂离子加入石墨中，选项D正确。答案选A。‎ - 19 -‎ 点睛：本题考查原电池和电解池的原理，根据电池反应式知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来解答。‎ ‎6.现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外层电子数是电子层数2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T 化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示，下列推断正确的是 A. 原子半径和离子半径均满足：Y＜Z B. Y的单质易与R、T的氢化物反应 C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＜R D. 由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，结合五种元素的原子半径与原子序数的关系图可知，Z的原子半径最大，X的原子半径和原子序数均最小，则X为H元素；由R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R为第二周期的C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z为Na元素，Y为O元素，Z与T形成的Z2T 化合物能破坏水的电离平衡，T为S元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，X为H元素，R为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，T为S元素。‎ A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径为Y＜Z，而具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为Y＞Z，故A错误；‎ B．Y的单质为氧气，与C的氢化物能够发生燃烧反应，与S的氢化物能够反应生成S和水，故B正确；‎ C．非金属性S＞C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＞R，故C错误；‎ D．由H、C、O、Na四种元素组成的化合物不仅仅为NaHCO3‎ - 19 -‎ ‎，可能为有机盐且含有羧基，溶液不一定为碱性，可能为酸性，如草酸氢钠溶液显酸性，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎7.某温度下，向10 mL 0.1 mol/LCuCl2溶液中滴加0.1 mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中−lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是(已知：lg2＝0.3，Ksp(ZnS)=3×10-25 mol2/L2)‎ A. a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点 B. Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)‎ C. 向100 mL Zn2+、Cu2+浓度均为10-5 mol•L-1的混合溶液中逐滴加入10-4 mol•L-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀 D. 该温度下Ksp(CuS)=4×10-36 mol2/L2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、Cu2＋单独存在或S2－单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a，b，c三点中最大的，故A错误；B、Na2S溶液中，根据物料守恒，2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）═c（Na＋），故B错误；C、向100 mLZn2＋、Cu2＋浓度均为10-5mol·L－1的混合溶液中逐滴加入10-4mol·L－1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2－浓度为c（S2－）=Ksp(ZnS)/c(Zn2＋)=3×10-25mol2·L－2/10-5mol·L－1=3×10-20mol·L－1，产生CuS时需要的S2－浓度为c（S2－）=Ksp(CuS)/c(Cu2＋)=4×10-36mol2·L－2/10-5mol·L－1=4×10-31mol·L－1，则产生CuS沉淀所需S2－浓度更小，优先产生CuS沉淀，故C错误；D、该温度下，平衡时c（Cu2＋）=c（S2－）=10-17.7mol·L－1，则Ksp（CuS）=c（Cu2＋）c（S2－）=10-17.7mol·L－1×10-17.7mol·L－1=10-35.4mol2·L－2，由于已知lg2=0.3，则Ksp（CuS）=10-35.4mol2·L－2=（100.3）2×10-36mol2·L－2=4×10-36 mol2·L－2，故D正确；故选D。‎ ‎8.三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3‎ - 19 -‎ 为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去)：‎ 已知PCl3和三氯氧磷的性质如表：‎ 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 其他物理或化学性质 PCl3‎ ‎-112.0‎ ‎76.0‎ PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HCl POCl3‎ ‎1.25‎ ‎106.0‎ ‎（1）装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替？做出判断并分析原因：_______‎ ‎（2）装置B的作用是______________(填标号)。‎ a.气体除杂 b.加注浓硫酸 c.观察气体流出速度 d.调节气压 ‎（3）仪器丙的名称是___________，实验过程中仪器丁的进水口为__________(填“a”或“b”)口。‎ ‎（4）写出装置C中发生反应的化学方程式_______，该装置中用温度计控制温度为60~65 ℃，原因是________。‎ ‎（5）称取16.73 g POCl3样品，配制成100 mL溶液；取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入3.2 mol·L-1的AgNO3溶液10.00 mL，并往锥形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)3溶液；用0.20 mol·L-1的KSCN溶液滴定，达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00 mL(已知：Ag++SCN-=AgSCN↓)。则加入Fe2(SO4)3溶液的作用是________，样品中POCl3的纯度为_____________。‎ ‎【答案】 (1). 否，长颈漏斗不能调节滴液速度 (2). acd (3). 三颈烧瓶 (4). a (5). 2PCl3+O2=2POCl3 (6). 温度过低反应速度过慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低 (7). 指示剂 (8). 91.8%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C中用水浴加热，POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答(1)~(4)；‎ ‎(5)测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数。‎ ‎【详解】(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能调节滴液速度，故答案为：否，长颈漏斗不能调节滴液速度；‎ ‎(2)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡出现，长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为：acd；‎ ‎(3)根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a，故答案为：三颈烧瓶；a；‎ ‎(4)氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3，根据上面的分析可知，反应温度应控制在60～65℃，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低，故答案为：2PCl3+O2=2POCl3；温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；‎ ‎(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，则用 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时，可选择硫酸铁溶液为指示剂，达到终点时的现象是溶液会变红色；KSCN的物质的量为0.20mol•L-1×0.010L=0.002mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2mol•L-1×0.01L-0.002mol=0.03mol，即16.73 g POCl3产品中POCl3的物质的量为×=0.1mol，则所得产品中POCl3的纯度为×100%=91.8%，故答案为：指示剂；91.8%。‎ ‎【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5)，要理清楚测定POCl3的纯度的思路，注意POCl3~3HCl。‎ - 19 -‎ ‎9.燃煤烟气的脱硫脱硝是目前研究的热点。‎ ‎（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知:‎ ‎①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)   △H=-574 kJ•mol-1‎ ‎②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)   △H=-1160 kJ•mol-1‎ ‎③H2O(g)=H2O(l)   △H=-44 kJ•mol-1‎ 写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l) 的热化学方程式______________。‎ ‎（2）某科研小组研究臭氧氧化--碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺,氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下:‎ 反应Ⅰ:NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g)  △H1 = -200.9 kJ•mol-1   Ea1 = 3.2 kJ•mol-1‎ 反应Ⅱ:SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g)  △H2 = -241.6 kJ•mol-1   Ea2 = 58 kJ•mol-1‎ 已知该体系中臭氧发生分解反应:2O3(g) 3O2(g)。请回答:‎ 其它条件不变,每次向容积为2L的反应器中充入含1.0 mol NO、1.0 mol SO2的模拟烟气和2.0 mol O3,改变温度,反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示:‎ ‎①由图可知相同温度下NO的转化率远高于SO2,结合题中数据分析其可能原因_______。‎ ‎②下列说法正确的是 ____________ 。‎ A P点一定为平衡状态点 B 温度高于200℃后,NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零 C 其它条件不变,若缩小反应器的容积可提高NO和SO2的转化率 ‎③假设100℃时P、Q均为平衡点,此时反应时间为10分钟,发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%,则体系中剩余O3的物质的量是_______mol;NO的平均反应速率为_______;反应Ⅱ在此时的平衡常数为______ 。‎ ‎（3）用电化学法模拟工业处理SO2。将硫酸工业尾气中的SO2通入如图装置(电极均为惰性材料)进行实验,可用于制备硫酸,同时获得电能:‎ - 19 -‎ ‎①M极发生的电极反应式为 ____________。‎ ‎②当外电路通过0.2 mol电子时,质子交换膜左侧的溶液质量_______(填“增大”或“减小”)_______克。‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-955 kJ/mol (2). 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应 (3). BC (4). 0.65 (5). 0.0425mol/(L·min) (6). 0.96 (7). SO2+2H2O-2e- =SO42- +4H+ (8). 增大 (9). 6.2‎ ‎【解析】‎ ‎(1)①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574 kJ•mol-1，②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160 kJ•mol-1，③H2O(g)═H2O(l)△H=-44.0 kJ•mol-1，根据盖斯定律，将×(①+②+③×4)得：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=×[(-574 kJ•mol-1)+(-1160 kJ•mol-1)+(-44.0 kJ•mol-1)×4]=-955kJ•mol-1，故答案为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-955kJ•mol-1；‎ ‎(2)①反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) △H1 = -200.9 kJ•mol-1 Ea1 = 3.2 kJ•mol-1‎ 反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g) △H2 = -241.6 kJ•mol-1 Ea2 = 58 kJ•mol-1，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应，因此相同温度下NO的转化率远高于SO2，故答案为：反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应；‎ ‎②A．图中曲线属于描点法所得图像，P点不一定为图像的最高点，即不一定为平衡状态点，可能是建立平衡过程中的一点，故A错误；B．根据图像，温度高于200℃后，2O3(g) 3O2(g)反应进行程度加大，体系中的臭氧浓度减小，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、当臭氧完全分解，则二者转化率几乎为零，故B正确；C．其它条件不变，若缩小反应器的容积，使得2O3(g) 3O2(g)平衡逆向移动，臭氧浓度增大，反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) 和反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g)平衡正向移动， NO和SO2的转化率提高，故C正确；故选BC；‎ - 19 -‎ CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-955kJ•mol-1‎ ‎③反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g)中NO的转化率为85%，则反应的NO为0.85mol，O3为0.85mol；反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g)中SO2的转化率为30%，反应的SO2为0.3mol，O3为0.3mol，2O3(g) 3O2(g)中发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，为0.2mol，则体系中剩余O3的物质的量=2.0mol-0.85mol-0.3mol-0.2mol=0.65mol；NO的平均反应速率==0.0425mol/(L·min)；平衡是为0.85mol+0.30mol+0.3mol=1.45mol，反应Ⅱ的平衡常数==0.96，故答案为：0.65；0.0425mol/(L·min)；0.96；‎ ‎(3)①本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸，M电极为负极，N电极为正极，M电极上二氧化硫失去电子氧化生成SO42-，根据原子守恒会电荷守恒可知，有水参加反应，有氢离子生成，电极反应式为：SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+，故答案为：SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+；‎ ‎②负极反应式为：SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+，正极反应式为O2 + 4e-- + 4H+ == 2H2O，当外电路通过0.2 mol电子时，负极反应的二氧化硫为0.1mol，质量为6.4g，同时有0.2mol氢离子通过质子交换膜进入右侧，左侧溶液质量增大6.4g-0.2g=6.2g，故答案为：增大；6.2。‎ 点睛：本题综合考查了化学反应原理。本题的易错点为(3)，要注意根据原电池的总反应判断电极反应方程式的书写，②中要注意氢离子的移动对溶液质量的影响。‎ ‎10.以Cl2、NaOH、CO(NH2)2 (尿素)和SO2为原料可制备N2H4·H2O(水合肼)和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：‎ 已知：①Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O放热反应。‎ ‎②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。‎ - 19 -‎ ‎(1)如图表示用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取Cl2时，阳极上产生也会产生少量的ClO2的电极反应式：________________________________；电解一段时间，当阴极产生标准状况下气体112 mL时，停止电解，则通过阳离子交换膜的阳离子物质的量为________mol。‎ ‎(2)步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。‎ ‎(3)步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如下图所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_________________；使用冷凝管的目的是_________________________________。‎ ‎(4)步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3，欲测定亚硫酸钠产品的纯度设计如下实验方案，并进行实验。准确称取所得亚硫酸钠样品m g于烧杯中，加入适量蒸馏水配成100 mL待测溶液。移取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用c mol·L－1酸性KMnO4标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为V mL(假设杂质不反应)。样品中亚硫酸钠的质量分数为__________(用含m、c、V的代数式表示)。某同学设计的下列滴定方式中，合理的是________(夹持部分略去)(填字母序号)‎ - 19 -‎ ‎【答案】 (1). Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋ (2). 0.01 (3). 3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O (4). 缓慢通入Cl2 (5). NaClO碱性溶液 (6). 减少水合肼的挥发 (7). 126cV/m% (8). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）ClO2是电解饱和NaCl溶液的产物，因为a极通入NaCl饱和溶液，故a为阳极，b为阴极，阳极Cl-失去电子，被氧化，生成CLO2；在阴极2H2O+2e-=H2OH-,生成112mlH2的同时，生成0.01molOH-，为保持溶液中的电荷守恒，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.01mol；‎ ‎（2）若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液，发生歧化反应，生成NaClO3、NaCl和水，因反应是放热反应，所以除冰水浴外，还可以采取缓慢通入氯气方法控制温度；‎ ‎（3）步骤Ⅱ中的反应为次氯酸钠碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性，能与次氯酸钠反应生成N2，为防止水合肼被氧化，应逐滴加入NaClO碱性溶液；NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110继续反应，水合肼的沸点为118，使用冷凝管的目的是减少水合肼的挥发；‎ ‎（4）依据2MnO4- + 6H+ + 5SO32- =2Mn2+ +5SO42-+3H2O，结合题中所给的数据计算亚硫酸钠的质量分数，并依试剂性质选择滴定方式；‎ ‎【详解】（1）ClO2是电解饱和NaCl溶液的产物，因为a极通入NaCl饱和溶液，故a为阳极，b为阴极，阳极Cl-失去电子，被氧化，生成CLO2；阳极上产生ClO2的电极反应式：Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋；在阴极2H2O+2e-=H2OH-,生成112mlH2的同时，生成0.01molOH-，为保持溶液中的电荷守恒，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.01mol；‎ 本题答案为：Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋，0.01。‎ ‎（2）若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液，发生歧化反应，生成NaClO3、NaCl和水，离子方程式为：3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O；由于反应是放热反应，为了控制温度，除用冰水浴外，还可以缓慢的通入Cl2以控制温度；‎ 本题答案为：3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O，缓慢的通入Cl2。‎ ‎（3）步骤Ⅱ中，发生反应为次氯酸钠碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性，能与次氯酸钠反应生成N2，为防止水合肼被氧化，应逐滴加入NaClO碱性溶液，故通过分液漏斗滴加的是NaClO碱性溶液，NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110继续反应，水合肼的沸点为118，使用冷凝管的目的是减少水合肼的挥发；‎ - 19 -‎ 本题答案为：NaClO碱性溶液 减少水合肼的挥发。‎ ‎（4）高锰酸钾和亚硫酸钠反应的离子方程式为2MnO4- + 6H+ + 5SO32- =2Mn2+ +5SO42-+3H2O，设mg样品中含有NaSO3的物质的量为x,，则有2：5=4cv：x,，解得x=cvmol，所以NaSO3的质量分数为：= 126cV/m%，因KMnO4显强氧化性，所以应选择酸式滴定管，Na2CO3是碱性试剂应选择碱式滴定管，所以BC滴定方式合理；‎ 本题答案为：126cV/m%，B C。‎ ‎11.（1）基态溴原子的价层电子轨道排布式为________。第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有_______种。‎ ‎（2）铍与铝的元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有___________(填标号)。‎ A都属于p区主族元素              B.电负性都比镁大 C.第一电离能都比镁大              D.氯化物的水溶液pH均小于7‎ ‎（3）Al元素可形成[AlF6]3－、[AlCl4]－配离子，而B元素只能形成[BF4]－配离子，由此可知决定配合物中配位数多少的因素是________________；[AlCl4]-的立体构型名称为______。‎ ‎（4）P元素有白磷、红磷、黑磷三种常见的单质。‎ ‎①白磷（P4）易溶于CS2，难溶于水，原因是________________‎ ‎②黑磷是一种黑色有金属光泽的晶体，是一种比石墨烯更优秀的新型材料。白磷、红磷都是分子晶体，黑磷晶体与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是_________。‎ A．黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp2杂化 B．黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间作用力 C．黑磷晶体的每一层中磷原子都在同一平面上 - 19 -‎ D．P元素三种常见的单质中，黑磷的熔沸点最高 ‎（5）F2中F-F键的键能(157kJ/mol)小于Cl2中Cl-Cl键的键能(242.7kJ/mol)，原因是_________。‎ ‎（6）金属钾的晶胞结构如图。若该晶胞的密度为a g/cm3，阿伏加得罗常数为NA，则表示K原子半径的计算式为______。‎ ‎【答案】 (1). (2). 4 (3). BD (4). 中心原子半径、配位原子半径 (5). 正四面体 (6). P4 、CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4难溶于水 (7). BD (8). F的原子半径小，孤电子对之间的斥力大 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）溴原子为35号元素，基态原子价层电子排布式[Ar] 3d104s24p5，电子排布图为：；,溴原子未成对电子数为1，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有：K、Sc、Cr、Cu，共4种；‎ ‎（2）铍与相邻主族的铝元素性质相似。A.Be属于s区，Al属于P区，故A错误；B.电负性都比镁大，故B正确；C.元素Be的第一电离能比Mg大，元素Al的第一电离能比Mg小，故C错误；D.氯化物的水溶液均发生水解，溶液显酸性，则PH<7， D项正确。答案选BD；‎ ‎（3）B3+离子半径明显小于Al3+，则Al元素可形成[AlF6]3-，[AlCl4]-配离子，而B只能形成[BF6]3-配离子，因此，决定配合物中配位数多少的因素是中心原子（或例子）及配位原子半径的大小；[AlCl4]-的配位数是4，故立体构型为正四面体形；‎ ‎（4）①P4, CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4难溶于水；②A. 由结构可知G中磷原子杂化方式为sp3杂化，故A错误；B. G中层与层之间的作用力是分子间作用力，故B正确；C. 石墨中碳原子为sp2杂化，每层原子均在同一平面内，但磷原子杂化方式为sp3杂化，每一层的各原子不可能在同一平面内，故C错误；D.‎ - 19 -‎ ‎ 黑磷为原子晶体，而其它二种单质为分子晶体，则黑磷的熔沸点最高，故D正确；所以答案为BD；‎ ‎（5）可以根据键长的大小来判断，具体来说就是根据相结合的2个原子的半径来比较，半径越小键能越大，而F的原子半径小，孤电子对之间的斥力大，导致F2中F-F键的键能(157kJ/mol)小于Cl2中Cl-Cl键的键能(242.7kJ/mol)；‎ ‎（6）金属钾的晶胞结构为体心立方，晶胞中K原子数目为：1+8×=2，阿伏加德罗常数为NA，K原子的摩尔质量为M，故晶胞质量为：；设K原子半径为r，设晶胞棱长为l，晶胞中体对角线为4r，则（4r）2=l2+l2+l2，则l=r，晶胞体积V=l3=（r）3，若该晶胞的密度为ag/cm3，则（r）3×a=，且M=39 g/mol整理得：r=。‎ 点睛：同周期从左到右，第一电离能逐渐增大，第IIA族和IIIA族及VA族和VIA族第一电离能的大小相反，所以Mg的第一电离能大于Al；同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，所以Be大于Mg；根据相似相溶判断物质的溶解性，极性分子易溶于极性溶液，非极性分子易溶于非极性溶液分析本题；‎ ‎12.有机物A是聚合反应生产胶黏剂基料的单体，亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料，相关合成路线如下：‎ 已知：在质谱图中烃A的最大质荷比为118，其苯环上的一氯代物共三种，核磁共振氢谱显 示峰面积比为3:2:2:2:1。‎ 根据以上信息回答下列问题：‎ - 19 -‎ ‎（1）A的官能团名称为__________________，B→C的反应条件为_____________，E→F的反应类型为_____________。‎ ‎（2）I的结构简式为____________________，若K分子中含有三个六元环状结构，则其分子式为________________。‎ ‎（3）D与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为_______________________________。‎ ‎（4）H的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，1 mol W参与反应最多消耗3 mol Br2，请写出所有符合条件的W的结构简式___________________________________。‎ ‎（5）J是一种高分子化合物，则由C生成J的化学方程式为 ‎______________________________________________________________________。‎ ‎（6）已知：（R为烃基）‎ 设计以苯和乙烯为起始原料制备H的合成路线（无机试剂任选）。‎ ‎[合成路线示例：]‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 氢氧化钠水溶液，加热 (3). 消去反应 (4). (5). C18H16O4 (6). (7). 、 (8). ‎ ‎（或产物写成：） (9). ‎ - 19 -‎ ‎【解析】‎ 烃A能与Br2发生加成反应，说明分子结构中含有碳碳双键，在质谱图中烃A的最大质荷比为118，说明相对分子质量为118，分子式为C9H10，其苯环上的一氯代物共三种，可能苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱显示峰面积比为3:2:2:2:1，可知A的结构简式为；A与Br2发生加成反应生成B为，B在氢氧化钠水溶液并加热发生水解生成的C为，C催化氧化生成的D为；D与新制氢氧化铜发生氧化反应生成的E为，E发生消去反应生成的F为，F与酯化反应生成I为；‎ ‎（1）的官能团名称为碳碳双键，由B→C发生的反应为卤代烃的水解，其反应条件为氢氧化钠水溶液并加热；由E→F分子组成少H2O，结合反应条件发生的应该是消去反应；‎ ‎（2）I的结构简式为，若K分子中含有三个六元环状结构，说明两分子的发生分子间酯化生成环酯和2分子的水，根据原子守恒可知K的分子式为C18H16O4；‎ ‎（3）与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为；‎ ‎（4）的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，说明分子结构中含有酚羟基，1 mol W参与反应最多消耗3 molBr2，说明苯环上可取代的位置是邻、对位，则所有符合条件的W的结构简式有、；‎ - 19 -‎ ‎（5）由和HOOCCOOH发生缩聚反应生成高分子化合物J的化学方程式为。‎ ‎（6）以苯和乙烯为起始原料制备的合成路线为。‎ 点睛：根据反应条件推断反应类型：（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。（3）在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。（4）能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。（7）与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。（9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。‎ - 19 -‎ ‎ ‎ - 19 -‎