辽宁省辽河油田第二高级中学2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）

辽宁省辽河油田第二高级中学2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Cl35.5 P31 Fe56 Cu64 N14一、选择题(本题共14道小题，每题3分，共42分，每题只有一个选择最符合题意)1.新修本草是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述：“绛矾，本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”据此推测，“青矾”的主要成分为()A. CuSO45H2O B. FeSO47H2OC. KAl(SO4)212H2O D. Fe2(SO4)39H2O【答案】B【解析】【分析】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe203超细粉末为红色。【详解】CuSO45H2O为蓝色晶体， FeSO47H2O是绿色晶体， KAl（SO4）212H2O是无色晶体，Fe2（SO4）39H2O为黄色晶体，所以判断“青矾”的主要成分为FeSO47H2O，故选B。【点睛】本题考查了物质性质、物质颜色的掌握，掌握基础是解题关键，主要是亚铁盐和铁盐转化的颜色变化，信息理解是关键。2.化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是()A. 水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂B. 根据稳定性可将分散系分为溶液、胶体和浊液C. 高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，都利用了其强氧化性D. 高纯度的硅单质可用于制作光导纤维【答案】A【解析】【详解】A项、水玻璃是硅酸钠的水溶液，由于硅酸钠具有粘性、不易燃烧，所以水玻璃是生产硅胶、木材防火剂、粘合剂的原料，故A正确；B项、根据分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故B错误；C项、用高锰酸钾溶液、双氧水的强氧化性进行杀菌消毒，酒精能使病毒中蛋白质发生变性，但酒精不具有强氧化性，故C错误；D项、高纯度的硅单质广泛用于制作半导体，制光导纤维的材料为二氧化硅，故D错误。故选A。【点睛】题考查物质的性质及应用，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A. 0.1 mol C2H6O分子中含CH键的数目为0.5NAB. 1 L 0.1 molL1 NH4Cl溶液中含有的NH4+数目为0.1NAC. 8.4 g NaHCO3和MgCO3的混合物中含有的阴离子数目为0.1NAD. 标准状况下，2.24 L Cl2与过量NaOH溶液反应转移的电子数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A项、C2H6O可能是乙醇，还可能为二甲醚，为乙醇时，0.1molC2H6O中含CH键的数目为0.5NA；当为二甲醚时，0.1molC2H6O中含CH键的数目为0.6NA，故A错误；B项、NH4+离子在溶液中会水解，1 L 0.1 molL1 NH4Cl中含有的NH4+个数小于0.1NA个，故B错误；C项、NaHCO3和MgCO3的摩尔质量均为84g/mol，故8.4g混合物的物质的量为0.1mol，而NaHCO3由钠离子和碳酸氢根构成；MgCO3由镁离子和碳酸根构成，故8.4g混合物即0.1mol混合物中含有的阴离子个数为0.1NA个，故C正确；D项、标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，故0.1mol氯气和过量氢氧化钠溶液反应后转移0.1NA个电子，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意有机物的结构多样性，盐类水解的知识，歧化反应转移电子数目是易错点。4.分子式为C7H6O2且属于芳香族化合物的同分异构体数目是( )A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】D【解析】试题分析：芳香族化合物的分子式为C7H6O2，说明分子中含有苯环，同碳原子数的一元酸、一元酯、羟基醛为同分异构体，所以该物质有苯甲酸、甲酸苯酚酯、邻羟基醛、间羟基醛、对羟基醛，共5种；故选D考点：考查了同分异构体的书写的相关知识。5.下列说法正确的是()A. 化合物的分子式为C13H9O4N2B. 在碱性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2HOHC. 在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应D. 甲苯苯环上的一个氢原子被C3H6Cl取代，形成的同分异构体有9种【答案】C【解析】【详解】A项、结构简式中碳原子形成四个共价键，氮原子形成三个共价键，氧原子形成两个共价键，氢原子形成一个共价键，根据结构简式可知分子式为C13H10O4N2，故A错误；B项、碱性条件下，酯水解生成酸式盐和醇，在酸性条件下酯水解生成羧酸和醇，则该物质在碱性条件下水解应该生成乙酸盐和C2H518OH，故B错误；C项、含有羧基、酚羟基或肽键的物质在一定条件下能与NaOH反应，乙酸、氨基酸都含有羧基而蛋白质含有肽键，所以这几种物质都能与NaOH反应，故C正确；D项、甲苯在苯环上甲基有邻、间、对三种不同的位置；C3H6Cl有CHClCH2CH3、CH2CHClCH3、CH2CH2CH2Cl、CCl(CH3)2、CH(CH3)CH2Cl五种不同的结构。每种结构在苯环的甲基的邻位、间位、对位三种，五种结构一共有35=15种，故D错误。故选C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重考查了有机物结构简式、有机物性质、官能团性质等，把握物质的性质、发生的反应及性质与用途为解答的关键。6.下列实验操作或装置中的药品使用正确的是()A. 配制溶液 B. 证明非金属性强弱：CSiC. 除去CO2 中的HCl D. 证明SO2 的漂白性【答案】C【解析】配制溶液时，液面离刻度线2-3cm时，用胶头滴管逐滴加入至与液面与刻度线相切，故A错误；浓硝酸具有挥发性，硝酸能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故不能证明非金属性CSi，故B错误；碳酸氢钠溶液能除去二氧化碳中的氯化氢，故C正确；二氧化硫使高锰酸钾溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，故D错误。7.利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是选项实验结论A浓盐酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性： CSiB食盐水电石溴水乙炔可与溴发生加成反应C浓硝酸AlNaOH溶液铝和浓硝酸反应可生成NO2D浓硫酸Na2SO3KMnO4酸性溶液SO2具有还原性A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A.浓盐酸容易挥发，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢气体，氯化氢也能使Na2SiO3溶液变浑浊，不能说明碳酸的酸性比硅酸强，也不能说明非金属性： CSi ，故A错误；B.电石与水反应生成的气体中往往混有硫化氢等杂质气体，也是溴水褪色，不能证明乙炔是否可与溴发生加成反应，故B错误；C.浓硝酸常温下与铝发生钝化，没有气体放出，故C错误；D.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D。考点：考查了化学实验方案的设计与评价的相关知识。8. 短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次递增，且在同一周期，四种元素原子的最外层电子数之和为19，X和Y元素原子的原子序数比6：7，X的最高正价是W的最低负价的绝对值的2倍。下列说法正确的是A. X单质可以通过铝热法获得B. Y的氧化物是良好的半导体材料C. Z的氢化物比W的氢化物更稳定D. X的氧化物和Z的最高价氧化物化合的产物中有共价键和离子键【答案】D【解析】试题分析：短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次递增，且在同一周期，X和Y元素原子的原子序数比为6：7，如果X的原子序数为6，则X、Y、Z和W的最外层电子数只能为4、5、6、7，四种元素原子的最外层电子数之和为22，而且X的最高正价是W的最低负价的绝对值的4倍，不符合题意；如果X的原子序数为12，X和Y元素原子的原子序数比为6：7，Y的原子序数应为14，由于X的最高正价是W的最低负价的绝对值的2倍，则W的原子序数为17，四种元素原子的最外层电子数之和为19，Z只能是16号元素，所以X、Y、Z和W以此为Mg、Si、S、Cl元素。A、X为Mg元素，比Al活泼，不能用铝热法制取，故A错误；B、硅单质是良好的半导体材料，二氧化硅不是，故B错误；C、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素对应的氢化物的稳定性逐渐增强，则氯化氢的稳定性大于硫化氢，故C错误；D、X的最高价氧化物和Z的最高价氧化物化合的产物为硫酸镁，属于含氧酸盐，既含有离子键，又含有共价键，故D正确；故选D。【考点定位】考查元素周期律与元素周期表【名师点晴】本题考查原子结构和元素周期律的关系，正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意物质的工业用途和化学键的类型。120号元素的特殊的电子层结构可归纳为：（1）最外层有1个电子的元素：H、Li、Na、K；（2）最外层电子数等于次外层电子数的元素：Be、Ar；（3）最外层电子数是次外层电子数2倍的元素：C；（4）最外层电子数是次外层电子数3倍的元素：O；（5）最外层电子数是内层电子数总数一半的元素：Li、P；（6）最外层电子数是次外层电子数4倍的元素：Ne；（7）次外层电子数是最外层电子数2倍的元素：Li、Si；（8）次外层电子数是其他各层电子总数2倍的元素：Li、Mg；(9)次外层电子数与其他各层电子总数相等的元素Be、S；(10)电子层数与最外层电子数相等的元素：H、Be、Al。9.用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是()A. 放电时，甲电极反应为NiO(OH)H2Oe=Ni(OH)2OHB. 放电时，甲电极为正极，OH移向乙电极C. 电池放电时总反应为H22NiO(OH)=2Ni(OH)2D. 充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连【答案】C【解析】【分析】放电时，该电池为原电池，甲电极为负极，H2在电极上放电，乙电极为正极，NiO(OH)在电极上放电；充电时，应将甲电极与外电源的负极相连作阴极，乙电极与外电源的正极相连作阳极。【详解】A项、放电时，甲电极为负极，H2在电极上放电，电极反应式为H22e2OH=2H2O，故A错误；B项、放电时，甲电极为负极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-向负极甲电极移动，故B错误；C项、放电时，正极电极反应式为2NiO（OH）+2H2O+2e-2Ni（OH）2+2OH-，负极电极反应式为：H2+2OH-2e-2H2O，放电时总反应为H22NiO(OH)=2Ni(OH)2，故C正确；D项、放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故D错误。故选C。【点睛】本题考查二次电池，掌握二次电池中的原电池和电解池原理，注意结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式的书写是解答关键。10.已知：pKa=-lgKa，25时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。用0.1 molL-1NaOH溶液滴定20mL 0.1molL-1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是A. a点所得溶液中：2c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1mol/LB. b点所得溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)C. c点所得溶液中：c(Na+)3c(HSO3-)D. e点所得溶液中：c(Na+) c(SO32-) c(H+) c(OH-)【答案】C【解析】A用0.1molL-1NaOH溶液滴定20mL0.1molL-1H2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，pH=1.85=pKa1，电离平衡常数表达式得到则c(H2SO3)=c(HSO3-)，溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：c(H2SO3)+c(SO32-)+c(HSO3-)=2c(H2SO3)+c(SO32-)0.1molL-1 ，故A错误；Bb点是用0.1molL-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1molL-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)，物料守恒c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，得到：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)，故B错误；Cc点pH=7.19=pKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2OHSO3-+OH-，Kh=，c(OH-)=，带入计算得到：c(HSO3-)=c(SO32-)，溶液中2n(Na)=3c(S)，2c(Na+)=3c(SO32-)+c(H2SO3)+c(HSO3-)=3c(H2SO3)+2c(HSO3-)，c(Na+)3c(HSO3)，故C正确；D加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1molL-1H2SO3溶液恰好反应生成Na2SO3，Na2SO3水解显碱性，溶液中离子浓度c(OH-) c(H+)，故D错误；故选C。点睛：本题考查了图象变化的分析，酸碱反应溶液酸碱性，盐类水解原理，电解质溶液中离子浓度大小的比较方法等知识。解答本题要能够充分利用电解质溶液中的守恒关系，结合溶液的性质判断。11.已知25 时有关弱酸的电离平衡常数见下表：弱酸化学式HAH2B电离平衡常数(25 )Ka1.7106K11.3103 K25.6108则下列有关说法正确的是()A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2B)pH(NaHB)pH(NaA)B. 将a molL1的HA溶液与a molL1的NaA溶液等体积混合，混合液中：c(Na)c(A)C. 向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为：B22HA=2AH2BD. NaHB溶液中部分微粒浓度的大小为：c(Na)c(HB)c(B2)c(H2B)【答案】D【解析】A. 由于酸性H2B HAHB-，使得水解程度HB-A-pH(NaA)pH(NaHB)，故A错误；B. 因为KaKh=Kw，Ka=1.710-6，所以KaKh，将a molL-1的HA溶液与a molL-1 的NaA溶液等体积混合，HA的电离程度大于NaA的水解程度，混合液中：C(A-) C(Na+ ),故B错误；C. 向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为：B2-+HA=A- +HB-，故C错误；D. 由于K1=1.310-3，NaHB的电离程度大于其水解程度，所以C(Na+) C(HB-) C(B2-) C(H2B)，故D正确。故选D。点睛：由25KaKh=Kw=110-14和Ka=1.710-6，可得KaKh。12.某酸性废水中可能含有Fe2、Fe3、Al3、Mg2、Na、K、CO32-、SO42-。取废水样品分别进行如图所示四个实验。下列推断正确的是()A. 废水含有Na，不含KB. 废水含有SO42-和CO32-C. 废水不含Fe3，可能含Fe2D. 废水一定含有Na、Al3、SO42-【答案】D【解析】根据已知废水为酸性，故和H+反应的离子不能与之共存，即CO32-不存在，根据溶液是电中性的，则SO42-一定存在，由实验可得，焰色反应颜色为黄色，说明一定含有Na+，可能含有K+；实验，加盐酸后再加BaCl2溶液有白色沉淀，也再一次说明含有SO42-；实验加KSCN溶液，无明显现象，说明不含Fe3+；实验，滴加NaOH溶液至过量，一开始无沉淀，后有沉淀，最后沉淀溶解，说明含有Al3+，不含有Fe2+和Mg2+，所以废水中肯定含有Na+、SO42-、Al3+，肯定不含CO32-、Fe2+、Mg2+、Fe3+，可能有K+，故选D。13.一定温度下，在1 L恒容密闭容器中加入1 mol的N2(g)和3 mol H2(g)发生反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g)H0.85 molL1【答案】B【解析】【分析】由表格数据可知，t2 min时，反应达到平衡，平衡时NH3物质的量为0.3mol，N2物质的量为0.85 mol，H2物质的量为2.55mol。【详解】A项、0t1min内，NH3的浓度增大0.2mol/L，则v（NH3）=c(N2)/t=0.2mol/L/t1min=0.2/t1 molL1min1，故A正确；B项、升高温度正逆反应速率均增大，化学平衡向吸热方向移动，由于该反应正方向为放热反应，所以平衡逆移，故B错误；C项、H=正反应的活化能-逆反应的活化能0，所以正反应的活化能逆反应的活化能，即N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的活化能小于2NH3（g）N2（g）+3H2（g）的活化能，故C正确；D项、原来平衡时，生成氨气为0.3mol，消耗氮气为0.15mol，则剩余的氮气为0.85mol，再加入1mol的N2（g），平衡向正方向移动，由于可逆反应中反应物不能全部转化为生成物，所以加入的1mol的N2（g）不能全部反应，即后来平衡时氮气的物质的量大于0.85mol，则c（N2）0.85molL-1，故D正确。故选B。【点睛】本题考查了化学平衡移动原理，涉及了化学平衡的有关计算、化学反应速率的计算、化学平衡移动，侧重于分析能力和计算能力的考查，注意把握反应的特点以及平衡的影响因素是解答关键。14.用单质铁去除酸性水体中NO3-的原理如图所示，下列说法错误的是()A. 能量转化形式主要为化学能转化为电能B. 电极材料分别为Fe和Fe3O4C. 负极反应为NO3-8e10H=NH4+3H2OD. 该原理的总反应可表示为NO3-3Fe2HH2O=NH4+Fe3O4【答案】C【解析】A此为原电池，其能量转化形式主要为化学能转化为电能，故A正确；B由图示可知负极为Fe，正极材料Fe3O4，故B正确；C负极发生的反应为失电子的氧化反应，故C错误；D该原电池的总反应可表示为NO3-+3Fe+2H+H2O= NH4+ +Fe3O4，故D正确；答案为C。二、非选择题(本题共三小题，共43分)15.氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色。如图是工业上用制作印刷电路的废液(含Fe3、Cu2、Fe2、Cl)生产CuCl的流程：根据以上信息回答下列问题：(1)生产过程中X的化学式为_。(2)写出产生CuCl的化学方程式：_。(3)在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，结合化学方程式和必要的文字说明理由_实际生产中SO2要适当过量，原因可能是_(答一点即可)。(4)实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：pH1234567CuCl产率/%70908278757270析出CuCl晶体最佳pH为_，当pH较大时CuCl产率变低，原因是_。调节pH时，_(填“能”或“不能”)用相同pH的硝酸代替硫酸，理由_。(5)氯化亚铜的定量分析：称取样品0.25 g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。用0.10 molL1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuClFeCl3=CuCl2FeCl2、Fe2Ce4=Fe3Ce3。三次平行实验结果如下(平行实验结果相差不能超过1%)：平行实验次数1230.25 g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积/mL24.3524.0523.95则样品中CuCl的纯度为_(结果保留三位有效数字)。【答案】 (1). Fe (2). CuCl2CuSO4SO22H2O=2CuCl2H2SO4 (3). Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O，反应中生成的CuSO4和SO2为11，生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2的物质的量之比也为11，所以理论上不需要补充SO2气体 (4). 提高Cu2的还原速率，同时可以防止生成的Cu被空气氧化 (5). 2 (6). Cu2水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小 (7). 不能 (8). 硝酸会与产品CuCl发生反应 (9). 95.5%【解析】【分析】由流程图可知，向废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）中加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜。【详解】（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，故答案为：Fe；（2）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl+2H2SO4，故答案为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl+2H2SO4；（3）依据图示可知：Cu+2 H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O反应中生成的CuSO4和 SO2为1：1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl+2 H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为11，所以理论上不需要补充SO2气体；SO2适当过量，可以提高Cu2的还原速率，同时可以防止生成的Cu被空气中氧气氧化，故答案为：Cu+2 H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O反应中生成的CuSO4和 SO2为1：1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl+2 H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为11，所以理论上不需要补充SO2气体；提高Cu2的还原速率，同时可以防止生成的Cu被空气氧化；（4）依据图表CuCl产率可知pH=2产率最大为90%，当pH较大时CuCl产率变低，Cu2+水解程度增大，生成的氯化亚铜少；调节pH时，不能用具有强氧化性的硝酸替代硫酸，因为硝酸会将CuCl氧化，故答案为：2；pH较大时，Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；硝酸会与产品CuCl发生反应；（5）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过0.3%，滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是23.9ml，结合方程式可知：CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2，CuCl的纯度为23.910-3L0.1 molL-199.5gmol-1/0.25g100%=95%，故答案为：95%。【点睛】本题考查化学工艺流程，涉及物质分离、物质制备、氧化还原反应、元素化合物性质和化学计算等知识点，注意CuCl性质特点，正确获取题干信息并灵活运用信息解答问题是解本题关键。16.NCl3既可用于漂白，又可用于柠檬等水果的熏蒸处理。已知：NCl3熔点为-40，沸点为70, 95以上易爆炸，有刺激性气味，在热水中易水解。实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3。某小组利用如图所示的装置制备NCl3，并探究NCl3的漂白性。回答下列问题：（1）仪器M中盛放的试剂为_。（2）各装置接口连接的顺序为_（用小写字母表示）。 （3）当装置B的蒸馏烧瓶中出现较多油状液体后，关闭b处的活塞，应控制水浴加热的温度为_，装置C的作用为_。（4）当装置D的锥形瓶内有较多黄色油状液体出现时，用干燥、洁净的玻璃棒蘸取该液体滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；若取该液体滴入5060的热水中，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，则试纸先变蓝后褪色。结合化学方程式解释该现象：_。（5）在pH=4时电解NH4Cl溶液也可以制得NCl3，然后利用空气流将产物带出电解槽。电解池中产生NCl3的电极为_（填“阴极”或“阳极”），该电极的电极反应式为_。（6）NCl3可与NaClO2溶液反应制取ClO2气体，同时产生一种无污染的气体，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 浓盐酸 (2). a、b、c、e、f、d (3). 7095 (4). 吸收尾气HCl并防止倒吸 (5). 在热水中发生的反应为NCl33H2O3HClO+NH3, NCl3本身无漂白性，但在热水中会水解生成NH3H2O 使红色石蕊试纸变蓝，而生成的HClO又使其褪色 (6). 阳极 (7). 3Cl-+NH4+-6e=NCl3+4H+ (8). 2NCl36NaClO=6ClO26NaClN2【解析】（1）A装置制备氯气，因此仪器M中盛放的试剂为浓盐酸；（2）A装置制备氯气，制备的氯气中含有HCl、水蒸气，用饱和食盐水除去HCl，B装置中Cl2与NH4Cl水溶液在低温下反应得到NCl3，加热蒸馏，再冷凝收集NCl3，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止污染空气，故仪器接口连接的顺序为：a、b、c、e、f、d；（3）由于NCl3熔点为-40，沸点为70, 95以上易爆炸，有刺激性气味，在热水中易水解，所以应控制水浴加热的温度为7095，氯气、氯化氢都能引起空气污染，不能直接排放，可以用氢氧化钠溶液吸收，所以装置C的作用为吸收尾气HCl并防止倒吸；（4）NCl3本身无漂白性，与水反应生成次氯酸和氨气，化学方程式：NCl33H2O3HClO+NH3，氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子，溶液显碱性，使红色石蕊试纸变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色；（5）在pH=4时电解NH4Cl溶液也可以制得NCl3，氮元素化合价从3价升高到3价，发生失去电子的氧化反应，则电解池中产生NCl3的电极为阳极，该电极的电极反应式为3Cl+NH4+-6e=NCl3+4H+。（6）NCl3可与NaClO2溶液反应制取ClO2气体，同时产生一种无污染的气体，根据原子守恒可知该气体是氮气，反应的方程式为2NCl36NaClO=6ClO26NaClN2。17.合理利用或转化NO2、SO2、CO、NO等污染性气体是人们共同关注的课题。.某化学课外小组查阅资料后得知：2NO(g)O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：2NO(g)N2O2(g)(快)v1正k1正c2(NO)，v1逆k1逆c(N2O2)H10N2O2(g)O2(g)2NO2(g)(慢) v2正k2正c(N2O2)c(O2)，v2逆k2逆c2(NO2)H20请回答下列问题：(1)反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)的H_(用含H1和H2的式子表示)。一定温度下，反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示平衡常数的表达式K_。(2)决定2NO(g)O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应，反应的活化能E1与反应的活化能E2的大小关系为E1_E2(填“”“”或“”)。.(3)反应N2O4(g)2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系：v(N2O4)k1p(N2O4)，v(NO2)k2p2(NO2)。其中k1、k2是与温度有关的常数。一定温度下，相应的速率与压强关系如图所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态的两个点是_，理由是_(4)在25 时，将a molL1的氨水溶液与0.02 molL1 HCl溶液等体积混合后溶液恰好呈中性(忽略溶液混合后体积的变化)，用含a的表达式表示25 时NH3H2O的电离常数Kb_。用质量分数为17%，密度为0.93 gcm3的氨水，配制200 mL a molL1的氨水溶液，所需原氨水的体积V_ mL。(5)如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-。物质A的化学式为_，阴极的电极反应式是_。【答案】 (1). H1+H2 (2). (3). (4). BD (5). 图中只有D点NO2的消耗速率是B点N2O4的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是BD (6). (210-9 )/（a-0.02） (7). 21.5a或200a/9.3或2000a/93 (8). H2SO4 (9). NO+6H+5e-=NH4+H2O【解析】.（1）2NO（g）N2O2（g）；N2O2（g）+O2（g）2NO2（g），而目标反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的H=+=H1+H2，由反应达平衡状态，所以v1正=v1逆、v2正=v2逆，所以v1正v2正=v1逆v2逆，即k1正c2（NO）k2正c（N2O2）c（O2）=k1逆c（N2O2）k2逆c2（NO2），则是K=；（2）因为决定2NO（g）+O2（g）2NO2（g）速率的是反应，所以反应的活化能E1远小于反应的活化能E2；II .（3）满足平衡条件（NO2）=2（N2O4）即为平衡点，B、D点的压强之比等于其反应速率之比为1：2，所以B、D为平衡点；（3）反应后溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.01mol/L，c（NH3H2O）=mol/L-c（NH4+）=mol/L，c（OH-）=10-7mol/L，则Kb=(210-9 )/（a-0.02）；设氨水的体积为VmL，则根据稀释定律可知：V0.93gcm-317%=amolL-10.2L，解得V=21.5a mL。（4）NO得电子生成铵根，离子方程式为NO+5e-+6H+=NH4+H2O，为阴极反应，阳极上SO2失电子形成硫酸。三、选做题(本题共两道小题，考试任选其中一道作答)18.锡是大名鼎鼎的“五金”金、银、铜、铁、锡之一，早在远古时代，人们便发现并使用了锡。回答下列问题：(1)锡是50号元素，在元素周期表中位于_区。(2)SnO2是一种重要的半导体传感器材料，用来制备灵敏度高的气敏传感器，SnO2与熔融NaOH反应生成Na2SnO3，Na2SnO3中阴离子的空间构型为_。(3)比较下列卤化锡的熔点和沸点，分析其变化规律及原因_SnCl4SnBr4SnI4熔点/3331144.5沸点/114.1202364(4)汽车废气中常含有有毒的一氧化碳气体，但在二氧化锡的催化下，在300 时，一氧化碳可大部分转化为二氧化碳。C、O、Sn电负性由大至小的顺序是_。(5)灰锡具有金刚石型结构，其中Sn原子的杂化方式为_，微粒之间存在的作用力是_。(6)原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图为灰锡的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1/2,0/1/2)，则D为(1/4,_ ,_ )。锡的配位数为_。已知灰锡的晶胞参数a0.648 9 nm，其密度为_ gcm3(NA为6.021023 mol1，不必算出结果，写出简化后的计算式即可)。【答案】 (1). p (2). 平面三角形 (3). SnCl4、SnBr4、SnI4熔沸点依次升高；原因是它们分子结构相似，随相对分子质量增大，分子间相互作用力逐渐增强 (4). OCSn (5). sp3杂化 (6). 非极性共价键(或共价键) (7). 1/4 (8). 1/4 (9). 1 (10). 8118.7/(6.02648.93)107【解析】【分析】（1）锡的价电子排布式为5s25p2；（2）SnO32中Sn原子的价层电子对数为3，孤对电子数为0；（3）SnCl4、SnBr4、SnI4均为分子晶体，结构相似的分子晶体，随着相对分子质量的增大，分子间作用力依次增大；（4）元素的非金属性越强，电负性越大；（5）由晶胞结构可知，A为与立方体的顶点、B位于面心、D位于体对角线的1/4处；晶胞中含有的Sn原子个数是81/861/248，依据公式计算晶胞的密度。【详解】（1）锡是50号元素，位于周期表第五周期A族，价电子排布式为5s25p2，则在元素周期表中位于p区，故答案为：p；（2）SnO32中Sn原子的价层电子对数为3，孤对电子数为0，则SnO32中Sn原子为sp2杂化，SnO32的空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；（3）由表格数据可知，SnCl4、SnBr4、SnI4均为分子晶体，熔沸点依次升高；结构相似的分子晶体，随着相对分子质量的增大，分子间作用力依次增大，溶沸点依次增大，故答案为：nCl4、SnBr4、SnI4熔沸点依次升高；它们分子结构相似，随相对分子质量增大，分子间相互作用力逐渐增强；（4）元素的非金属性越强，