广东省湛江市第一中学2020学年高二化学上学期第二次大考试题（B卷）（含解析）

广东省湛江第一中学2020学年高二上学期第二次大考化学试题（B卷）1.化学与生活密切相关,下列有关说法正确的是 ( )A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B. 自来水中加入氯气与污水中加入明矾的原理相同C. 淀粉和纤维素的组成都可用（C6H10O5）n表示，它们互为同分异构体D. 硫酸铜溶液可用于游泳池的消毒是利用了Cu2+能使蛋白质盐析【答案】A【解析】【分析】A. 蚕丝主要成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味。B. 氯气与水反应生成次氯酸有强氧化性；明矾水解形成胶体。C. 淀粉和纤维素的组成都可用（C6H10O5）n表示，但n值不同。D. 铜离子能使蛋白质发生变性。【详解】A.蚕丝主要成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，A正确。B.氯气与水反应生成次氯酸有强氧化性，可对自来水消毒；明矾水解形成胶体，可以净水，故两者原理不同，B错误。C.淀粉和纤维素的组成都可用（C6H10O5）n表示，但n值不同。同分异构体要求分子式相同，而结构不同，所以淀粉和纤维素不是同分异构体，C错误。D.铜离子能使蛋白质发生变性，所以可用于游泳池的消毒，D错误。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是 ( )A. 2.0 g D2O中含有的质子数、电子数均为NAB. 室温下,7 g乙烯和丁烯的混合气体中所含的氢原子数目是NAC. 室温下,2 L 0.05 molL-1 NH4NO3溶液中所含的氮原子数目是0.2NAD. 256 g S8(分子结构如图)含SS键数目为7NA【答案】D【解析】【分析】A. 每个D2O分子含有10个质子、10个电子，2.0 g D2O物质的量n = =0.1mol。B. 乙烯和丁烯的最简式为CH2，计算7 g CH2中所含的氢原子数目即可。C. 2L 0.05 molL-1 NH4NO3溶液中所含NH4NO3的物质的量为0.1mol，0.1molNH4NO3溶液中氮原子的物质的量为0.2mol，氮原子数目是0.2NA。D. 每个S8分子中含8个SS键，256 g S8中n(S8)= =1mol。【详解】A.每个D2O分子含有10个质子、10个电子，2.0 g D2O物质的量为0.1mol，含有的质子数、电子数均为NA，A正确。B. 乙烯和丁烯的最简式相同，均为CH2，7 g乙烯和丁烯的混合气体中所含的氢原子数目，可通过计算7 g CH2中所含的氢原子数目n(H)=2=1mol，氢原子数目为NA，B正确。C.室温下,2L 0.05 molL-1 NH4NO3溶液中所含NH4NO3的物质的量为0.1mol，0.1molNH4NO3溶液中氮原子的物质的量为0.2mol，氮原子数目是0.2NA，C正确。D.每个S8分子中含8个SS键，256 g S8中n(S8)= =1mol，1mol S8含SS键数目为8NA，D错误。3.下列说法正确的是 ( )A. 2- 甲基丁烷也称异丁烷B. 乙烯使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色均属于加成反应C. CH3CH2CH3分子中的3个碳原子不可能在同一直线上D. 等质量的乙烯和乙醇完全燃烧,消耗O2的物质的量相同【答案】C【解析】【分析】A. 2- 甲基丁烷支链为一个甲基、主链有4个碳原子，共有5个碳原子。B. 乙烯与溴水反应属于加成反应，乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应。C.烷烃中碳原子形成的四个共价键为四面体结构，丙烷中的三个碳原子不可能在同一直线上。D. 根据乙烯和乙醇完全燃烧的化学方程式可知，物质的量相同的乙烯和乙醇完全燃烧消耗O2的物质的量相同。【详解】A. 2- 甲基丁烷共有5个碳原子，可称为异戊烷，A错误。B.乙烯可与溴水发生加成反应，乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，B错误。C.烷烃中碳原子形成的四个共价键，连接在碳原子上的四个原子形成四面体结构， CH3CH2CH3分子中的3个碳原子不可能在同一直线上，C正确。D.根据乙烯和乙醇完全燃烧的化学方程式可知，物质的量相同的乙烯和乙醇完全燃烧消耗O2的物质的量相同，乙烯和乙醇的摩尔质量不相等，所以等质量的乙烯和乙醇完全燃烧,消耗O2的物质的量不同，D错误。4.化学与生活密切相关,下列物质的化学性质与其实际应用不相对应的是 ( )选项化学性质实际应用A醋酸的酸性大于碳酸可用食醋除去水瓶内的水垢BNH3具有还原性作食品加工的制冷剂C葡萄糖的醛基具有还原性可利用银镜反应制玻璃镜子D维生素C具有还原性可用作食品抗氧化剂A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A. 根据强酸制备弱酸的原理可以判断出醋酸的酸性大于碳酸。B. 液氨汽化吸收大量的热，可用作制冷剂。C. 葡萄糖中含有羟基和醛基，具有醇、醛的化学性质。D. 维生素C具有还原性。【详解】A.水垢主要成分是CaCO3，反应的化学方程式为2CH3COOH +CaCO3 = ( CH3COO) 2Ca + CO2 +H2O，根据强酸制备弱酸的原理可以判断出醋酸的酸性大于碳酸，A正确。B.液氨汽化可以吸收大量的热，所以可用作制冷剂，B错误。C.葡萄糖中含有羟基和醛基，醛基可发生银镜反应，C正确。D.维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂，D正确。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 ( )A. 1 mol NaHSO4熔化或溶于水时电离出来的离子总数均为3NAB. 标准状况下,11.2 L水中含有的共价键数为NAC. 常温常压下,22 g二氧化碳气体所含有的原子个数为1.5NAD. 200 mL 18.4 molL-1浓硫酸与足量的铜反应,生成SO2分子的数目为1.84NA【答案】C【解析】【分析】A. NaHSO4熔融状态只能电离出Na+、HSO4-。B. 0.5mol水中含有的共价键数为1mol，标准状况下，水不是气体，不能以气体摩尔体积计算其物质的量。C. 常温常压下,22 g二氧化碳气体物质的量为0.5mol，含有的原子物质的量为1.5mol。D.随着反应进行，浓硫酸变稀，不能与铜继续反应。【详解】A. NaHSO4熔融状态只能电离出Na+、HSO4-，1 mol NaHSO4熔融时电离出来的离子数为2NA，A错误。B. 0.5mol水中含有的共价键数为1mol，标准状况下,11.2 L水的物质的量不是0.5mol，B错误。C.常温常压下，22 g二氧化碳气体物质的量为0.5mol，含有的原子个数为1.5NA，C正确。D.若参与反应的浓硫酸物质的量为3.68mol，生成SO2分子的物质的量为1.84mol，但随着反应进行，浓硫酸变稀，不能与铜继续反应，生成生成SO2分子的数目小于1.84NA，D错误。6.下列有关实验装置进行的相应实验,能达到实验目的的是 ( )A. 用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B. 用图2所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液C. 用图3所示装置可除去NO2中的NOD. 用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色【答案】B【解析】【分析】A. 氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集。B. 乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离。C. 二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。D. 本装置为电解池，铁连接电源正极，通电才能发生氧化反应。【详解】A.氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集，A错误。B.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，B正确。C.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，不能除去NO2中的NO，C错误。D.本装置为电解池，铁连接在电源负极，铁不能发生氧化反应生成亚铁离子，故不能制备氢氧化亚铁，D错误。7.化合物X是一种医药中间体,其结构简式如右下图所示。下列有关化合物X的说法不正确的是( )A. 分子中两个苯环一定处于同一平面B. 能与饱和Na2CO3 溶液反应C. 在酸性条件下水解,水解产物只有一种D. 1 mol化合物X最多能与3 mol NaOH反应【答案】A【解析】【分析】化合物X中含有羧基，有酸性，可发生中和、酯化等反应。含有酯基，可发生水解反应。【详解】A. 分子中两个苯环连接在同一个碳原子上，该碳原子上连接苯环的碳碳单键中有一个可以旋转，两个苯环不一定共面，A错误。B. 化合物X中含有羧基，有酸性，能与饱和Na2CO3 溶液反应，B正确。C. 化合物X中含有酯基，可发生水解反应。因为有机物为环酯结构，所以在酸性条件下水解，水解产物只有一种，C正确。D. 化合物X中含有羧基、酯基可与NaOH反应，酯基水解可生成酚羟基和钠盐，酚羟基也可与NaOH反应，1 mol化合物X最多能与3 mol NaOH反应，D正确。8.下列各项实验相应操作、实验现象及原因解释或推论合理的是 ( )选项操作现象解释或推论A取少量Fe(NO3)2试样加水溶解，加稀硫酸酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为血红色该Fe(NO3)2试样已经变质B将浓硫酸滴到白纸上白纸变黑浓硫酸具有强氧化性,导致纸中的纤维素炭化C把二氧化硫通入溴水中溴水褪色说明二氧化硫具有漂白性D用湿润的红色石蕊试纸检验某气体试纸变蓝该气体是氨气A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A. Fe(NO3)2加稀硫酸酸化过程中，亚铁离子被硝酸根氧化。B. 将浓硫酸滴到白纸上，白纸变黑，说明浓硫酸具有脱水性。C. 二氧化硫具有还原性，溴水具有氧化性，两者会发生氧化还原反应。D. 氨气溶于水形成氨水，氨水呈碱性。【详解】A. Fe(NO3)2加稀硫酸酸化过程中，亚铁离子被硝酸根氧化，不能判断Fe(NO3)2是否变质，A错误。B.将浓硫酸滴到白纸上，白纸变黑，说明浓硫酸具有脱水性，B错误。C.二氧化硫具有还原性，溴水具有氧化性，把二氧化硫通入溴水中溴水褪色，两者发生氧化还原反应，C错误。D.用湿润的红色石蕊试纸检验某气体， 试纸变蓝，说明该气体的水溶液显碱性，常见气体中，只有氨气溶于水形成氨水而显碱性，D正确。9.某工厂采用电解法处理含铬废水,耐酸电解槽用铁板作阴、阳极,槽中盛放含铬废水,工业设备如图所示,下列说法正确的是 ( )A. A接电源负极B. 阳极区溶液中发生的氧化还原反应：Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2OC. 阴极区附近溶液pH减小D. 若不考虑气体的溶解,当收集到H2 13.44 L时(标准状况下),有0.2 mol Cr2O72-被还原【答案】B【解析】【分析】A.据图分析，右侧电解槽生成氢气，发生还原反应，右侧为阴极，B连接电源负极。B. 左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72-离子氧化。C. 右侧为阴极，生成氢气，氢离子浓度降低，pH增大。D. n(H2)=13.44L22.4L/mol=0.6mol，得电子1.2mol，根据电子得失守恒，n(Fe2+)=1.2mol2 =0.6mol，结合Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，被还原的n(Cr2O72-)=0.6mol6 =0.1mol。【详解】A.右侧电解槽生成氢气，发生还原反应， B连接电源负极，A接电源正极，A错误。B.左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72-离子氧化，阳极区溶液中发生的氧化还原反应：Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，B正确。C.右侧为阴极，生成氢气，氢离子浓度降低，pH增大，C错误。D. n(H2)=13.44L22.4L/mol=0.6mol，得电子1.2mol，根据电子得失守恒，n(Fe2+)=1.2mol2 =0.6mol，结合Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，被还原的n(Cr2O72-)=0.6mol6 =0.1mol，D错误。10.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知W元素的原子形成的离子是一个质子；X、Y在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体；Z为同周期中原子半径最大的元素。下列有关说法正确的是A. 四种元素均为非金属元素B. W与X、Y形成的最简单分子的沸点：XYC. Y、Z形成的化合物中只含离子键D. W、Y、Z形成的化合物的电子式为【答案】D【解析】W元素的原子形成的离子是一个质子，则W为H，四种元素原子序数依次增大，Z为同周期中原子半径最大的元素，即Z为Na，X、Y在元素周期表中处于相邻的位置，其单质在常温下为无色气体，则X为N，Y为O，A、根据上述分析，Z为Na，属于金属元素，故错误；B、若X为N，Y为O，则氢化物是NH3、H2O，H2O的沸点高于NH3，故错误；C、Y为O，形成的化合物是Na2O和Na2O2，Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故错误；D、形成化合物是NaOH，属于离子化合物，其电子式为：，故正确。点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的应用，本题的突破口是W元素的原子形成的离子是一个质子，推出W为H，同周期从左向右半径减小，四种元素是短周期元素以及原子序数增大，则推出Z为Na，则Y、X为第二周期，单质常温下为气体，有N2、O2、F2，但F2显淡黄绿色，因此是N和O，从而作出合理推断。11.图表示25 时,稀释HClO、HCOOH两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化情况。下列说法不正确的是 ( )A. 由图可知为HCOOH、为HClOB. 图中a、c两点处的溶液中相等(HR代表HCOOH或HClO)C. 图中a点酸溶液浓度大于b点酸溶液浓度D. 相同浓度HCOONa和NaClO的混合液中,各离子浓度的大小:c(Na+)c(HCOO-)c(ClO-)c(OH-)c(H+)【答案】C【解析】【分析】A. 酸性越弱，在稀释时水解程度增大，pH变化较小。B. = 。C. 根据稀释起点pH相等可知，起点c(HClO)大于c(HCOOH) ，a、b两点HClO、HCOOH稀释倍数相同，c(HClO)大于c(HCOOH)。D. HClO酸性较弱，相同浓度HCOONa和NaClO的混合液中，c(Na+)最大，ClO-水解程度较大，所以c(HCOO-)c(ClO-)，HCOO-、ClO-水解，溶液呈碱性，所以c(OH-)c(H+)。【详解】A.酸性越弱，在稀释时水解程度增大，pH变化较小，HClO酸性较弱，为HCOOH、为HClO，A正确。B.图中a、c两点处的溶液温度相同，均为HCOOH的pH曲线， Kw、Ka均没有变化，B正确。C.起点pH相等，起点c(HClO)大于c(HCOOH) ，a、b两点HClO、HCOOH稀释倍数相同，c(HClO)大于c(HCOOH)，图中a点酸溶液浓度小于b点酸溶液浓度，C错误。D. HClO酸性较弱，相同浓度HCOONa和NaClO的混合液中，Na+浓度最大，ClO-水解程度较大，所以c(HCOO-)c(ClO-)，HCOO-、ClO-水解，溶液呈碱性，所以c(OH-)c(H+)。各离子浓度的大小:c(Na+)c(HCOO-)c(ClO-)c(OH-)c(H+)，D正确。12.已知某镍镉(Ni-Cd)电池的电解质溶液为KOH溶液,其放电总反应式为Cd+2NiOOH+2H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是 ( )A. 充电时阳极反应: Ni(OH)2+OH-e- NiOOH+H2OB. 充电过程是化学能转化为电能的过程C. 放电时负极附近溶液的碱性不变D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动【答案】A【解析】【分析】A. 充电时阳极发生氧化反应，Ni(OH)2生成NiOOH，化合价由+2价升高到+3价。B. 充电时，该装置为电解池，电能转化为化学能。C. 放电时，负极反应，Cd+2e-+2OH- = Cd(OH)2。D. 放电时，溶液中的阴离子向负极移动。【详解】A.充电时阳极发生氧化反应，Ni(OH)2生成NiOOH，化合价由+2价升高到+3价，阳极反应为: Ni(OH)2+OH-e- NiOOH+H2O，A正确。B.充电时，该装置为电解池，电能转化为化学能，B错误。C.放电时，负极反应，Cd+2e-+2OH- = Cd(OH)2，负极碱性减弱，C错误。D.放电时电解质溶液中的OH-向负极移动，D错误。【点睛】本题考查了原电池、电解池。充电为电解池，放电为原电池。溶液中的酸碱性变化可根据电极反应中的离子变化来判断，如C中负极碱性判断，负极反应，Cd+2e-+2OH- = Cd(OH)2，氢氧根被消耗，负极碱性减弱。13.X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素,其原子半径与主要化合价的关系如下图所示。下列说法错误的是 ( )A. 简单离子半径:MYQB. X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐C. 电解RM2水溶液可得到R单质D. Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸【答案】C【解析】【分析】前20号元素中，Y只有-2价，肯定为氧元素；M有+7、-1价，只能为氯元素；X、Q化合价为+1价，X原子半径最小，为氢元素，Q原子半径大于氧元素、氯元素，为钠元素； Z有+5、-3价，原子半径在钠元素、氯元素之间，是氮元素； R有+2价，原子半径最大，为镁元素。A. 氯离子、氧离子、钠离子中，氯离子电子层数多，半径最大，氧离子半径大于钠离子。B. 氢元素、氧元素、氮元素可组成：HNO3、NH3H2O、NH4NO3。C. 电解氯化钙水溶液，由于钙离子氧化性强于氢离子，不能得到钙单质。D. 氮元素和氯元素的最高价化合物为硝酸、高氯酸，为强酸。【详解】A.氯离子、氧离子、钠离子中，氯离子电子层数多，半径最大，氧离子半径大于钠离子，简单离子半径:MYQ，A正确。B.氢元素、氧元素、氮元素可组成：HNO3、NH3H2O、NH4NO3，分别为酸、碱、盐，B正确。C.电解氯化钙水溶液，由于钙离子氧化性弱于水中的氢离子，不能得到钙单质而是得到氢气，C错误。D.氮元素和氯元素的最高价化合物的水化物为硝酸、高氯酸，均为强酸，D正确。14.甲酸为一元弱酸，在15mL0.1mol/L KOH溶液中逐滴加入0.2mol/L甲酸溶液，溶液的pH变化和所加入的甲酸的体积关系描绘成如图所示曲线。下面有关微粒浓度的大小关系正确的是A. 在A、B间的任意一点上都存在：c(K+)c(HCOO-)c(OH-)c(H+)B. 在B点：c(K+)= c(HCOO-)c(OH-)=c(H+)，且a=7.5C. 在C点：c(HCOO-)c(K+)c(H+)c(OH-)D. 在D点： c(HCOO-)+ c(HCOOH)=2 c(K+)【答案】C【解析】【分析】A. 刚滴加甲酸时，氢氧化钾过量，c(OH-)c(HCOO-)。B. 滴加甲酸7.5mL时，氢氧化钾和甲酸恰好完全反应，生成物为强碱弱酸盐，HCOO-会发生水解溶液呈碱性。C. C点甲酸过量溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒可知c(HCOO-)c(K+)。D. D点甲酸过量，加入甲酸物质的量为0.02L0.2mol/L=0.004mol，KOH物质的量为0.015L0.1mol/L=0.0015mol，根据物料守恒进行分析。【详解】A.刚滴加甲酸时，氢氧化钾过量，c(OH-)c(HCOO-)，A错误。B.滴加甲酸7.5mL时，氢氧化钾和甲酸恰好完全反应，生成物为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，c(OH-)c(H+)。B点pH为7，甲酸应该稍过量，a7.5，B错误。C. C点甲酸过量溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒可知c(HCOO-)c(K+)，在C点：c(HCOO-)c(K+)c(H+)c(OH-)，C正确。D. D点甲酸过量，加入甲酸物质的量为0.02L0.2mol/L=0.004mol，KOH物质的量为0.015L0.1mol/L=0.0015mol，根据物料守恒 c(HCOO-)+c(HCOOH)2 c(K+)，D错误。15.NaNO2可用作食品添加剂。NaNO2能发生以下反应:3NO2-+2H+NO3- +2NO+H2O、NO2-+Ag+AgNO2(淡黄色)。某化学兴趣小组进行以下探究。（1）制取NaNO2反应原理:Na2CO3+2NO2NaNO2+NaNO3+CO2、Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2。用下图所示装置进行实验。铜与浓硝酸反应的化学方程式为_。实验过程中,需控制B中溶液的pH7,否则产率会下降,理由是_。往C中通入空气的目的是_(用化学方程式表示)。反应结束后,B中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、_等操作,可得到粗产品晶体和母液。（2）测定粗产品中NaNO2的含量称取m g粗产品,溶解后稀释至250 mL。取出25.00 mL溶液,用c molL-1 KMnO4酸性溶液平行滴定三次,平均消耗的体积为V mL。已知:2MnO4- +6H+5NO2- 5NO3- +2Mn2+3H2O稀释溶液时,需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外,还有_(填字母)。A. 250 mL容量瓶 B. 量筒 C. 胶头滴管 D. 锥形瓶当观察到_时,滴定达到终点。粗产品中NaNO2的质量分数为_(用代数式表示)。（3）设计实验方案证明母液中含有NO2-:_(限选用的试剂:硝酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液、氯化钡溶液)。【答案】 (1). Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O (2). 如果pH7，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体 (3). 2NO+O2=2NO2 (4). 过滤 (5). A C (6). 滴入最后一滴KMnO4溶液后，溶液变为粉红色，且30s内不褪色 (7). % (8). 取样，加硝酸，若有气泡，且生成的气体遇空气变为红棕色，即可证明溶液中含NO2-（或取样，加足量的硝酸钡溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有淡黄色沉淀，即可证明含有NO2-）【解析】【分析】（1）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水。 由3NO2-+2H+NO3- +2NO+H2O可知，如果pH7，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体。 一氧化氮和空气中的氧气反应生成二氧化氮。 从溶液得到溶质晶体的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（2）溶液稀释至250 mL，需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外,还有250 mL容量瓶、胶头滴管。 高锰酸钾为紫红色液体，恰好完全反应溶液褪色。 根据2MnO4- +6H+5NO2- 5NO3- +2Mn2+3H2O计算250mL溶液中n(NO2-)，再结合摩尔质量、样品质量计算粗产品中NaNO2的质量分数。 （3）方法一：利用反应3NO2-+2H+NO3- +2NO+H2O、2NO+O2= 2NO2。取样，加硝酸，若有气泡，且生成的气体遇空气变为红棕色，即可证明溶液中含NO2-.方法二：除去碳酸钠之后，利用反应NO2-+Ag+AgNO2(淡黄色)检验NO2-。取样，加足量的硝酸钡溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有淡黄色沉淀，即可证明含有NO2-。【详解】（1）铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O。 实验过程中,需控制B中溶液的pH7,否则产率会下降,理由是由3NO2-+2H+NO3- +2NO+H2O可知，如果pH7，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体。 往C中通入空气的目的是：一氧化氮和空气中的氧气反应生成二氧化氮，化学方程式为：2NO+O2= 2NO2。 反应结束后,B中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作,可得到粗产品晶体和母液。 （2）溶液稀释至250 mL，需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有250 mL容量瓶、胶头滴管，答案为AC。 当观察到滴入最后一滴KMnO4溶液后，溶液变为粉红色，且30s内不褪色时,滴定达到终点。 取m g粗产品，溶解后稀释至250 mL。取出25.00 mL溶液,用c molL-1 KMnO4酸性溶液滴定，平均消耗的体积为V mL。根据2MnO4- +6H+5NO2- 5NO3- + 2Mn2+ 3H2O ， 250mL溶液中n(NO2-)=c mol/LV10-3L =0.025 c V mol。粗产品中NaNO2的质量分数为100%=% 。（3）方法一：利用反应3NO2-+2H+NO3- +2NO+H2O、2NO+O2= 2NO2。取样，加硝酸，若有气泡，且生成的气体遇空气变为红棕色，即可证明溶液中含NO2-.方法二：除去碳酸钠之后，利用反应NO2-+Ag+AgNO2(淡黄色)检验NO2-。取样，加足量的硝酸钡溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有淡黄色沉淀，即可证明含有NO2-。【点睛】本题考查了氮及其化合物的化学性质、物质的量的综合计算、实验设计。注意计算粗产品质量时，从配制的250mL溶液中取药25mL，计算样品物质的量时，需要乘以10。本题的滴定分析用的是高锰酸钾溶液为指示剂，注意其本身为紫红色溶液，反应生成Mn2+时，溶液褪色。16.醋酸镍(CH3COO)2Ni是一种重要的化工原料。一种以含镍废料(含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)为原料,制取醋酸镍的工艺流程图如下：相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH物质20时溶解性(H2O)Fe3+1.13.2CaSO4微溶Fe2+5.88.8NiF可溶Al3+3.05.0CaF2难溶Ni2+6.79.5NiCO3Ksp=9.6010-6（1）调节pH步骤中,溶液pH的调节范围是_。（2）滤渣1和滤渣3主要成分的化学式分别是_、_。（3）酸浸过程中,1molNiS失去6NA个电子,同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式_。（4）沉镍过程中,若c(Ni2+)=2.0molL-1,欲使100mL该滤液中的Ni2+沉淀完全c(Ni2+)10-5molL-1，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为_g。(保留小数点后1位有效数字) （5）写出氧化步骤中加入H2O2时发生反应的离子方程式_。（6）保持其他条件不变,在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度与时间分别为_。【答案】 (1). 5.0pH6.7 (2). SiO2、CaSO4 (3). CaF2 (4). NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2+2NO+2H2O (5). 31.4g (6). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (7). 70和120min【解析】【分析】含镍废料(含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)粉碎和硫酸、硝酸反应，滤渣1为二氧化硅、硫酸钙，浸出液含有Ni2+、Al3+、Fe2+、Ca2+，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，然后加NaOH调节pH，使Al3+、Fe3+转化为沉淀，控制Ni2+不能转化为沉淀，所以调节pH的范围5.0pH6.7，过滤，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有Ni2+、Ca2+，再加氟化铵，生成CaF2沉淀，过滤，滤渣3为CaF2，向滤液中加碳酸钠生成NiCO3沉淀，过滤，滤渣中加醋酸溶解，生成（CH3COO）2Ni溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到(CH3COO) 2Ni固体。（1）调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀，控制Ni2+不能转化为沉淀，据表分析。（2）由流程分析可知，滤渣1为SiO2、CaSO4；滤渣3为CaF2。（3）酸浸过程中，1mol NiS被硝酸氧化失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体，则生成NO和SO2，据此书写反应的化学方程式。（4）已知NiCO3的Ksp=9.610-4，使100ml该滤液中的Ni2+沉淀物完全，即c（Ni2+）10-5molL-1，则溶液中c（CO32-）= =mol/L=0.96mol/L，与Ni2+反应的n（CO32-）=cV=2mol/L0.1L=0.2mol，则加入的碳酸钠的总物质的量n（CO32-）= 0.2mol + 0.96mol/L0.1L=0.296mol，所以m=nM=0.296mol106g/mol=31.4g。（5）溶液中的亚铁离子不容易转化为沉淀，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+。（6）根据图中不同温度、时间的浸出率进行分析可知， 70、120min，酸浸出率最高。【详解】（1）调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀，控制Ni2+不能转化为沉淀，根据表中的数据可知，调节pH的范围为5.0pH0，下列说法正确的是_(填字母)。A. 当混合气体的平均相对分子质量不变时,反应达到平衡状态B. 升高温度,加快反应速率,CO2的转化率降低C. 增大CO2的浓度,平衡向正反应方向移动,平衡常数增大D. 平衡时CO、H2的体积分数不一定相等（3）在2 L恒容密闭容器中充入2 mol CO2和n mol H2，在一定条件下发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，CO2的转化率与温度、投料比X=的关系如下图所示。若从反应开始到A点需要10 s,则v(H2)=_。该反应的平衡常数表达式为_，若X1=3,则B点的K=_。根据图像判断X1 _X2 (填“”、“”、“0中，反应前后气体体积、物质的量会发生变化，反应达到平衡状态，混合气体的平均相对分子质量不变。升高温度，反应速率加快，正反应吸热，反应向正反应方向进行。增大CO2的浓度，平衡向正反应方向移动，温度不变，平衡常数不变。CO、H2反应过程消耗的物质的量相等，若起始含量相等，则平衡时物质的量相等。（3）从反应开始到A点，CO2的转化率为75%，先计算二氧化碳的反应速率，利用方程式中的化学计量数之比计算氢气的反应速率。该反应的平衡常数表达式K=。若X1=3，利用三段式，可以得到平衡时各物质的量浓度，再计算此时的化学平衡常数。增大氢气的投入量，可以增加二氧化碳的转化率，X1X2。投料比相同时，温度越高，二氧化碳转换率越低，说明正反应为放热反应，温度越高生成物浓度越小，反应物浓度越大，KA KB。正反应气体体积减小，在500 K达到平衡时，压强减小。500 K时,按X1投料,在恒压下进行,相当于原反应平衡增大压强，有利于反应正向进行，CO2的转化率增大，CO2的转化率75%。【详解】（1）该过程的能量转化形式为：太阳能转换为化学能。在整个过程中, FeO为反应中间体，生成、转化循环进行，是催化剂。过程2反应为：6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s），该反应可由 -（+）得到，利用盖斯定律计算该反应的焓变H=-（a+b）kJ/mol, 过程2的热化学方程式为：6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s） H= -（a+b）kJmol-1。（2）A.反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)H0中，反应前后气体体积、物质的量会发生变化，反应达到平衡状态，混合气体的平均相对分子质量不变，A正确。B.升高温度，反应速率加快，正反应吸热，反应向正反应方向进行，CO2的转化率升高，B错误。C. 增大CO2的浓度，平衡向正反应方向移动，温度不变，平衡常数不变，C错误。D. CO、H2反应过程消耗的物质的量相等，若起始含量相等，则平衡时物质的量相等，若CO、H2起始含量不相等，则平衡时物质的量不相等相等，平衡时CO、H2的体积分数不一定相等，D正确。答案为AD。（3）从反应开始到A点，需要10s，CO2的转化率为75%，v(CO2)= =0.075mol/(Ls)，v(H2)=3v(CO2)= 0.225mol/(Ls)。该反应的平衡常数表达式K=。若X1=3，n(H2) =3n(CO2)=6mol，B点CO2的转化率为75%，计算可得c(CO2)=0.25mol/L，c(H2)=0.75mol/L，c(CH3COOH)=0.75mol/L，c(H2O)=0.75mol/L，化学平衡常数K= =5.3。增大氢气的投入量，可以增加二氧化碳的转化率，X1X2。投料比相同时，温度越高，二氧化碳转换率越低，说明正反应为放热反应，温度越高生成物浓度越小，反应物浓度越大，KA KB。正反应气体体积减小，在500 K达到平衡时，压强减小。500 K时，按X1投料，在恒压下进行，相当于原反应平衡增大压强，有利于反应正向进行，CO2的转化率增大，CO2的转化率75%。【点睛】本题综合考查了化学平衡、化学平衡常数、热化学方程式，难度较大。注意化学平衡的移动分析需要利用勒夏特列原理进行判断，反应会向减弱这种变化的方向移动。18.已知肼(N2H4)和强氧化剂过氧化氢常用作火箭燃料,火箭部分构件采用钛合金材料。请回答下列问题:（1）N2H4、H2O2的组成元素中第一电离能最大的是_。（2）钛元素基态原子的核外电子排布式为_。（3）1 mol N2H4分子中所含极性键的数目为_。（4）H2O2受热易分解为H2O,H2O的空间构型为_,其中心原子的杂化轨道类型为_。（5）H2S和H2O2的主要物理性质如下表所示:物质熔点/K沸点/K水中溶解度(标准状况)H2S187202每升水中溶解2.6 LH2O2272423以任意比互溶造成上述熔沸点和溶解度差异的主要原因分别是_和_。（6）氧化镁和氮化硼均可用作返回舱的热屏蔽材料,晶格能:氧化镁_(填“大于”或“小于”)氧化钙。（7）立方氮化硼的晶胞如图所示。处于晶胞顶点的原子的配位数为_。若晶胞边长为a cm,则立方氮化硼的密度是_gcm-3。(只要求列出算式,设阿伏加德罗常数的值为NA)【答案】 (1). N (2). 1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2 (3). 2.411024 (4). V形 (5). sp3 (6). H2O2分子之间存在氢键,所以H2O2的熔、沸点高于H2S (7). H2O2与H2O分子之间也可形成氢键,故H2O2在水中的溶解度大于H2S (8). 大于 (9). 4 (10). 【解析】【分析】（1）N、H、O元素中氮元素2p能级为半满稳定状态，第一电离能最大。（2）钛元素为第22号元素，根据素基态原子的核外电子排布式为Ar3d24s2。（3）每个N2H4分子中，两个氮原子之间有一个非极性共价键，氮原子和氢原子间有4个极性共价键。（4）H2O中氧原子形成2个氢氧键，含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4。（5）H2O2分子间形成氢键，所以沸点高于H2S。H2O2和H2O分子之间也形成氢键，增大溶解度。（6）离子所