2021年山东省泰安市泰安区泰安第高考二模化学试卷

山东省泰安第XX中学2021届高三二轮检测化学试题1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1、Li7、C12、N14、O16、S32、C135.5、Ca40、Fe56、Ni59、Cu64、Pb207一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.新冠肺炎疫情出现以来，一系列举措体现了中国力量。在各种防护防控措施中，化学知识起了重要作用，下列有关说法正确的是A.过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的B.“84”消毒液是以NaClO为有效成分的消毒液，与医用酒精混合可以提升消毒效果C.用药皂洗手能有效防止病毒传染，药皂中的苯酚能杀菌消毒。D.医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烯烃【答案】C【解析】【分析】【详解】A．过氧化氢、过氧乙酸等消毒液均可以讲病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇通过渗入细菌体内，是组成细菌的蛋白质变性而达到消毒目的，原理不同，A错误；B．NaClO溶液具有强氧化性，酒精与“84”消毒液混合会发生氧化还原反应，使消毒效果降低，B错误；C．苯酚的水溶液可使菌体蛋白质变性达到杀菌消毒目的，C正确；D．四氟乙烯的结构简式为CF2=CF2，只含有C和F两种元素，属于卤代烃，D错误；故选C。

2.下列有关化学用语表达正确的是A.CS2的填充模型： B.铍原子最外层原子轨道的电子云图：C.Na2S的电子式： D.氧原子核外电子轨道表示式：【答案】A【解析】【分析】【详解】A．CS2中硫原子的原子半径大于碳原子，CS2为直线型分子，CS2的填充模型为，A正确；B．铍原子的电子排布式为1s22s2，最外层为s能级，s能级的电子云图为球形：，B错误；C．Na2S属于离子化合物，它的电子式为：，C错误；D．氧原子的核外电子轨道表示式违背了泡利不相容原理，正确的表示方式为，D错误；故选A。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下11.2LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-、HClO的微粒数之和为NAB.22g丙烷中含有的共价键数目为5NAC.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数目为0.1NAD.25℃时pH=12的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.01NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A．标准状况下11.2LCl2的物质的量为：，由于Cl2溶于水，发生反应为Cl2+H2OHCl+HClO，故溶液中Cl-、ClO-、HClO的微粒数之和小于NA，A错误B．一个丙烷分子中含有10个共价键，故22g丙烷中含有的共价键数目为，B正确；C．16.25gFeCl3的物质的量为：=0.1mol，但水解反应为可逆反应，且形成的Fe(OH)3胶体是几个分子聚集在一起，故粒子数目无法计算，C错误；D．未告知溶液的体积，故无法计算25℃时pH=12的NaOH溶液中含有OH-的数目，D错误；故答案为：B。4.下列关于物质结构的说法错误的是A.铝晶体中的作用力没有方向性和饱和性B.CH4和NH都是正四面体结构键角均为109°28′C.氨基氰(NH2CN)分子内σ键与π键数目之比为2：1D.甲醛(HCHO)的键角约为120°，分子之间存在氢键【答案】D【解析】【分析】【详解】A．铝晶体是金属晶体，金属晶体中的作用力是金属离子和自由电子之间的静电作用力，没有方向性和饱和性，A正确；B．和的中心原子都采取杂化，都是正四面体结构，键角均为，B正确；C．1个氨基氰分子中含键数为4，π键数为2，故分子内键与π键数目之比为2：1，C正确；D．甲醛中没有与O原子直接相连的H原子，分子间不存在氢键，D错误；故选D。5.有机物E具有抗肿瘤镇痉等生物活性，它的一种合成方法的最后一步如图，下列说法正确的是A.G→E发生了水解反应B.E分子中所有碳原子一定在同一平面内C.化合物G的一卤代物有6种D.G、E均能与H2、Na、NaOH、酸性KMnO4溶液反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A．G→E羰基转化为羟基，发生了加成反应，A错误；B．E分子中含有多个饱和碳原子，所有碳原子不可能在同一平面内，B错误；C．化合物G分子中氢原子含有6类，其一卤代物有6种，C正确；D．G分子不含有羟基或羧基，与钠不反应，E含有羟基，和钠反应，G、E分子中均含有苯环和酯基，均能与H2、NaOH溶液反应，G含有羰基，E含有羟基，均与酸性KMnO4溶液反应，D错误；答案选C。6.下列实验操作能达到实验目的的是选项实验操作实验目的A将MgCl2溶液置于蒸发皿中加热蒸干由MgCl2溶液制得MgCl2固体B称取24gCuSO4·5H2O固体配制溶液配制480mL0.2mol·L-1CuSO4溶液C向银镜反应后的试管中加入适量稀硝酸，微热除去试管内壁附着的单质银D用pH试纸测CH3COONa溶液pH=9，NaNO2溶液pH=8判断HNO2和CH3COOH酸性强弱A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A．MgCl2溶液中水解生成氢氧化镁和盐酸，蒸干溶液得到氢氧化镁，不能制备氯化镁，故A错误；B．配制480mL0.2mol·L-1CuSO4溶液，由于无480mL的容量瓶，故选用500mL容量瓶，即配制的溶液是500mL0.2mol·L-1CuSO4溶液，故所需的硫酸铜固体的物质的量n=cV=0.5L×0.2mol·L-1=0.1mol，即需要CuSO4·5H2O的物质的量为0.1mol，质量m=nM=0.1mol×250g/mol=25g，故B错误；C．3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O,反应生成的硝酸银溶于水，所以可用稀硝酸溶解，故C正确；D．二者浓度未知，应检测等浓度的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，故D错误；答案选C。7.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素常用来鉴定一些文物的年代；B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法正确的是A.A的氢化物常温下一定为气态B.简单离子半径大小顺序为E>B>C>DC.C的氧化物比D的氧化物熔点高D.E的氧化物均可作为消毒剂，其对应水化物均为强酸【答案】B【解析】【分析】根据A的一种核素的用途，确定A为C元素，B的氢化物的水溶液呈碱性，则B为N元素，D是短周期金属元素，原子的最外层电子数等于其K层电子数，且原子序数大于7的只有Mg元素，即D为Mg元素，则C为Na元素，氯气的水溶液既显酸性又具有漂白性，可使紫色石蕊试液先变红后褪色，所以E为Cl元素。【详解】A．C的氢化物即为烃类，随着C原子数的增多，常温下的状态有气体、液体或固体，所以不一定都是气体，故A错误；B．E、B、C、D对应的简单离子分别为Cl-、N3-、Na+、Mg2+离子半径大小顺序为Cl->N3->Na+>Mg2+，故B正确；C．C、D的氧化物分别为氧化钠和氧化镁，氧化钠和氧化镁均为离子晶体，镁离子比钠离子电荷高，半径小，因而氧化镁晶格能大，熔点高，C错误；D．氯的氧化物都具有氧化性，有的可作消毒剂；在氯的含氧酸中，HClO、HClO2为弱酸，D错误；故选B。8.用下列装置（夹持装置略）进行实验，能达到目的的是A.用甲装置制取并收集干燥纯净的NH3B.用乙装置除去水中的苯甲酸C.用丙装置配制一定物质的量浓度的硫酸溶液D.用丁装置验证浓硫酸的吸水性【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，用向上排气法不能收集到NH3，A项错误；B．苯甲酸微溶于水，溶于水后形成乳浊液，故除去水中的苯甲酸应该用分液法进行分离提纯，过滤不能达到实验目的，B项错误；C．容量瓶是量器，不能用来溶解或稀释物质，应首先选用烧杯稀释浓硫酸，再进行一定物质的量浓度的硫酸溶液的配制，C项错误；D．浓硫酸具有吸水性，能使蓝色的五水硫酸铜失去结晶水形成白色的无水硫酸铜，D项可以达到实验目的，D项正确；答案选D。9.硫在不同温度下的状态和分子结构不同，单质硫S8环状分子的结构如图。把硫加热超过其熔点就变成黄色液体；433K以上液态硫颜色变深，黏度增加；523K以上黏度下降；717.6K时硫变为蒸汽，蒸汽中存在3S84S66S412S2，温度越高，蒸汽的平均相对分子质量越小。下列说法正确的是A.该系列转化3S84S66S412S2，ΔH＜0B.S8分子中，原子数与共价键数之比为1:2C.S8为立体结构，所以是极性分子，能溶于水等极性溶剂D.S8、S6、S4、S2互为同素异形体，其转化为化学变化【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由“温度越高，蒸汽的平均相对分子质量越小”可知，升高温度时气体的分子数增加，即3S84S66S412S2平衡正向移动，△H＞0，A错误；B．由S8分子的结构可知，在一个S8分子中存在8个S原子，8个S-S共价键，S原子数与共价键数之比为1:1，B错误；C．S8分子是由S原子间形成的非极性键构成的非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理，S8不能溶于水等极性溶剂，C错误；D．同素异形体是同种元素形成的不同种单质，其相互转化过程中产生了新物质，属于化学变化，D正确；故选D。10.新制氢氧化铜悬浊液中存在平衡：(深蓝色)。某同学进行下列实验：下列说法不正确的是A.用激光笔照射试管①，能看到明亮的“通路”B.试管④中现象是中平衡正向移动的结果C.试管⑤中现象证明葡萄糖具有还原性D对比③和⑤可知氧化性强于【答案】A【解析】【分析】由图可知，②发生Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓，④中发生，⑤中葡萄糖与反应生成砖红色沉淀Cu2O，③⑤相比较，说明碱性条件下葡萄糖能被氧化。【详解】A．①中是溶液，不是胶体，用激光笔照射试管①，不能看到明亮的“通路”，故A错误；B．试管④中现象是深蓝色，是中平衡正向移动的结果，故B正确；C．试管⑤中葡萄糖与反应生成砖红色沉淀Cu2O，证明葡萄糖具有还原性，故C正确；D．对比③和⑤说明碱性条件下葡萄糖能被氧化，可知氧化性强于，故D正确；故选A。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.中学化学常见物质之间，在一定条件下可以发生如图所示的转化关系(部分反应中的H2O没有标明)，其中A、B、C中均含有同一种元素。下列说法错误的是A.若A、B、C、D都是中学化学常见气体，则D可能是氧气B.若A是气体，D是常见金属，则反应①、②、③都是化合反应C.若B物质具有两性，A、B、C、D都是化合物，则C溶液可能呈酸性，也可能呈碱性D.若①、②、③反应都是氧化还原反应，则A、B、C中含有的同一种元素一定呈现三种不同化合价【答案】D【解析】【分析】【详解】A．若A为NH3，B为N2，C为NO，则D为O2，A正确；B．若A为Cl2，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2，反应①、②、③都是化合反应，B正确；C．常见的两性物质是Al2O3和Al(OH)3，①若A为AlCl3，D为NaOH，则B为Al(OH)3，C为NaAl[(OH)4]，NaAl[(OH)4]溶液呈碱性；②若A为NaAl[(OH)4]，D为盐酸，C为AlCl3，AlCl3溶液呈酸性，C正确D．若A为Cl2，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2，①、②、③都是氧化还原反应，氯元素只呈现0和-1两种价态，D错误；故选D。12.下列离子方程式书写正确的是A.用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO+16H++5C2O=2Mn2++10CO2↑+8H2OB.向C6H5ONa溶液中通入少量CO2：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCOC.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：NH+Ca2++HCO+2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2OD.向FeI2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．H2C2O4为弱电解质，不能拆成离子形式，用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸的离子方程式为：2MnO＋6H+＋5H2C2O4=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O，A错误；B．酸性强弱顺序为：碳酸溶液>苯酚溶液>HCO3-，向C6H5ONa溶液中通入少量CO2生成NaHCO3，不会产生Na2CO3，其离子方程式为：C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋，B正确；C．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水的离子方程式为：NH＋Ca2+＋HCO＋2OH-=CaCO3↓＋H2O＋NH3·H2O，C正确；D．足量Cl2能将FeI2溶液中的Fe2+和I-全部氧化，通入足量Cl2的离子方程式为：2Fe2+＋4I-＋3Cl2=2Fe3+＋2I2＋6Cl-，D错误；故选BC13.Ca—LiFePO4可充电电池的工作原理示意图如图，其中锂离子交换膜只允许Li+通过，电池反应为：xCa+2Li1-xFePO4+2xLi+=xCa2++2LiFePO4。下列说法正确的是A.LiPF6/LiAsF6电解质与Li2SO4溶液可互换B.充电时，当转移0.1mol电子时，左室中电解质的质量减轻1.3gC.充电时，阴极反应为：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4D.放电时，Li1-xFePO4/LiFePO4电极发生Li+脱嵌，充电时发生Li+嵌入【答案】B【解析】【分析】据原电池反应可知，放电时Ca转化为Ca2+发生氧化反应，所以钙电极为负极，充电时则发生还原反应为阴极，则放电时Li1-xFePO4/LiFePO4为正极，充电时为阳极。【详解】A．Ca是活泼金属，易与水发生剧烈反应，所以LiPF6/LiAsF6为非水电解质，而Li2SO4溶液中有水，不可互换，A项错误；B．充电时每转移0.1mol电子，左室中就有0.05molCa2+转化为Ca，同时有0.1molLi+迁移到左室，所以左室中电解质的质量减轻，B项正确；C．充电时，钙电极为阴极，电极反应为Ca2++2e-=Ca，C项错误；D．充电时为电解池，电解池中阳离子流向阴极，Li1-xFePO4/LiFePO4为阳极，所以Li1-xFePO4/LiFePO4电极发生Li+脱嵌然后流向阴极，放电时为原电池，原电池中阳离子流向正极，所以放电时发生Li+嵌入，D项错误；答案选B。14.碱式次氯酸镁[MgmClO(OH)n·H2O]微溶于水，不潮解，相对稳定，是一种有开发价值的无机抗菌剂，以菱镁矿(MgCO3，含少量FeCO3)为主要原料，制备碱式次氯酸镁的工艺流程如图，下列说法正确的是A.流程中酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+B.调pH时所选试剂只能是MgCO3C.过滤1所得的滤渣含有Fe(OH)3D.“混合”时反应的离子方程式只有：Mg2++ClO-+OH-+H2O=MgClO(OH)·H2O↓【答案】AC【解析】【分析】菱镁矿含少量FeCO3，用盐酸溶解，MgCO3、FeCO3都和盐酸反应分别生成MgCl2、FeCl2，再加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入MgO、MgCO3或Mg(OH)2调节溶液pH，Fe3+使转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去，滤液为MgCl2溶液，向MgCl2溶液中加入NaClO溶液、NaOH溶液得到[MgmClO(OH)n•H2O]。【详解】A．由以上分析可知，流程中酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+，A正确；B．由以上分析可知，调pH时所选试剂不只是MgCO3，MgO、或Mg(OH)2均可，B错误；C．由以上分析可知，过滤1所得的滤渣含有Fe(OH)3，C正确；D．据该工艺流程所制备的物质为碱式次氯酸镁[MgmClO(OH)n·H2O]，混合时发生反应的产物不仅是MgClO(OH)·H2O，还有如Mg2ClO(OH)3•H2O等多种物质，D错误；故选AC。15.常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知：p=-lg]。下列叙述不正确的是A.m点对应的NaOH溶液体积大于10mLB.Ka(HA)的数量级为10-5C.1点所示溶液中：c(Na+)<c(A-)+c(HA)D.各点的水溶液中水的电离程度大小关系：n>m>1【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．m点处=0，即=1，则此时Ka(HA)=c(H+)=10-4.76，则Kh(A-)===10-9.24，若滴入NaOH溶液的体积为10mL，溶液中的溶质为等物质的量的NaA和HA，所以HA的电离程度大于A-的水解程度，则溶液中c(HA)<c(A-)，而m点A-与HA浓度相等，则加入的NaOH溶液的体积应小于10mL，A错误；B．根据A选项的分析可知Ka(HA)=10-4.76，数量级为10-5，B正确；C．当加入NaOH溶液为20mL时溶液中溶质为NaA，存在物料守恒，且溶液显碱性，l点溶液显酸性，说明加入的NaOH溶液体积小于20mL，则，C正确；D．据A、C的分析可知从n点到l点，溶液中NaA物质的量增多，NaA的水解促进水的电离所以水的电离程度，D错误；故选AD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4的工艺流程如图：已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。②PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0③Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5(1)“浸取”时需要加热，充分反应后生成Na2PbCl4、S、FeCl3等物质，其中生成FeCl3的化学方程式为______。(2)“滤渣2”的主要成分是______。(3)“沉降”操作时加入冰水的原因是______。(4)上述流程中滤液可循环利用，试剂X是______(填化学式)。PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1LX溶液转化10mol的PbCl2，则X溶液的最初物质的量浓度不得低于______。(5)硫酸铅广泛应用于制造铅蓄电池。铅蓄电池充电时，正极与电源的______极相连，其电极反应式为______。充电过程中转移2mole-时，两电极材料共______(填“增加”或“减少”)的质量为______g。【答案】(1).3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O(2).Fe(OH)3(3).温度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0，化学平衡向左移动，使转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体(4).H2SO4(5).10.27mol·L-1(6).正(7).PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++(8).减轻(9).160【解析】【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)中加入盐酸、饱和食盐水和MnO2，在加热条件下发生反应生成Na2PbCl4、S、FeCl3等物质，MnO2被还原成Mn2+，过滤，滤渣1为S固体；加入MnO溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，滤渣2为Fe(OH)3；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降，使PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0，化学平衡逆向移动，过滤得到PbCl2晶体，之后加入硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl；据此解答。【详解】(1)由上述分析可知，FeS2、MnO2和HCl发生氧化还原反应，FeS2中铁元素和硫元素被氧化成Fe3+和S，MnO2被还原成Mn2+，依据原子守恒和电子守恒，生成FeCl3的化学方程式为3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O；答案为3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O。(2)调节pH的主要目的是使Fe3+转化为Fe(OH)3，从而除去Fe3+，滤渣2的主要成分是Fe(OH)3；答案为Fe(OH)3。(3)温度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0，化学平衡向左移动，使转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体；答案为温度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0，化学平衡向左移动，使转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体。(4)难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到晶体，之后加入硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液中主要成分为盐酸，可以在开始的浸取过程中循环利用，则X为H2SO4；PbCl2(s)+(aq)PbSO4(s)+2Cl-(aq)，其K====1.48×103，当10mol的完成转化成PbSO4时，c(Cl-)==20mol·L-1，则c()===0.27(mol·L-1)，H2SO4溶液的最初物质的量浓度不得低于10mol·L-1+0.27mol·L-1=10.27mol·L-1；答案为H2SO4；10.27mol·L-1。(5)由Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)2PbSO4(s)+2H2O(l)可知，铅蓄电池进行充电时，为电解池装置，铅蓄电池的正极与电源正极相连作为电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应式为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++，阴极的电极反应式为PbSO4+2e-=Pb+，当充电过程中转移2mole-时，阳极1molPbSO4变为1molPbO2，电极质量减轻303g-239g=64g，阴极1molPbSO4变为1molPb，质量减轻303g-207g=96g，即两极质量共减轻64g+96g=160g；答案为正；PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++；减轻；160。17.亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，制备亚氯酸钠的工艺流程如图：已知：二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃，易溶于水，浓度过高时易分解。(1)反应1在装置甲中进行，装置A的作用是______；通入空气，其作用是排出ClO2，通空气不能过快，空气流速过快时ClO2不能被充分吸收；通空气也不能过慢，其原因是______。(2)反应2在装置乙中进行，其中反应的化学方程式为______。(3)多步操作中包含“过滤”操作，该操作需要的玻璃仪器有______。(4)测定某NaClO2样品的纯度时，用到某浓度的Na2S2O3标准溶液。此过程中要用到滴定管，选出其正确操作并按顺序写出字母：检查滴定管是否漏水→蒸馏水洗涤→()→()→()→()→()→滴定管准备完成。______a．从滴定管上口加入高于“0”刻度3mL所要盛装的溶液b．从滴定管上口加入3mL所要盛装的溶液，倾斜着转动滴定管c．将洗涤液从滴定管上口倒入预置的烧杯中d．将洗涤液从滴定管下部放入预置的烧杯中e．调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下，记录数据f．轻轻转动活塞使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡g．轻轻挤压玻璃球使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡(5)NaClO2受热分解为NaClO3和NaCl，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。NaClO2作消毒剂时，每克NaClO2的氧化能力相当于______gCl2的氧化能力(保留2位小数)。【答案】(1).作缓冲瓶，调节ClO2浓度，作安全瓶，防止倒吸(2).ClO2不能及时排出，浓度过高会导致分解(3).2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O(4).烧杯、玻璃棒、漏斗(5).bdage(6).1∶2(7).1.57【解析】【分析】本实验的目的是制取ClO2，先利用NaClO3、H2SO4溶液中加入Na2SO3，发生反应1生成ClO2、Na2SO4、H2O；再将ClO2通入H2O2、NaOH混合溶液中，生成NaClO2、O2等。在实验过程中，需控制ClO2的生成速率，既要控制ClO2的吸收效率，又要防止分解反应的发生；同时还需防止倒吸现象的发生。【详解】(1)由于ClO2气体是易溶于水的酸性气体，若将导管与装置甲直接相连，装置乙中的碱性溶液倒吸入甲中，与甲中溶液反应后，反应停止，所以装置A的作用是：作缓冲瓶，调节ClO2浓度，作安全瓶，防止倒吸。装置甲开始制备气体时，反应速率快，迅速产生ClO2气体，根据信息可知ClO2气体浓度过高时易分解，所以，集气瓶中的大量空气可以稀释ClO2气体，防止浓度过高时易分解；通入空气速率太慢，ClO2不能及时排出，浓度升高会导致气体分解。答案为：作缓冲瓶，调节ClO2浓度，作安全瓶，防止倒吸；ClO2不能及时排出，浓度过高会导致分解；(2)根据ClO2气体和NaClO2中Cl的化合价可知ClO2气体作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，配平可得：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O。答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；(3)过滤所用到的仪器有：铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗和滤纸，其中玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗。答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；(4)滴定管的准备步骤是：检漏、洗涤、润洗、装液、调零排气泡、记录示数，所以正确操作顺序为bdage。答案为：bdage；(5)根据NaClO2受热分解为NaClO3和NaCl，可判断NaClO3是氧化产物、NaCl是还原产物，根据化合价变化可知氧化剂(NaClO2→NaCl，Cl元素由+3价降为-1价，降低4价)与还原剂(NaClO2→NaClO3，Cl元素由+3价升为+5价，升高2价)的物质的量之比为1∶2。NaClO2作消毒剂时，NaClO2—NaCl—4e-，Cl2—2NaCl—2e-，则消毒能力关系为：NaClO2—2Cl2，则每克NaClO2的氧化能力相当于Cl2的质量为g=1.57g。答案为：1∶2；1.57。【点睛】Na2S2O3溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。18.铜及其化合物应用广泛。请回答下列问题：(1)铜原子价层电子排布式为______，K3CuF6的名称为______。(2)钾和铜都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，铜的熔沸点远大于钾的原因是______。(3)在高温下，Cu2O比CuO稳定，从离子的电子层结构角度分析，其主要原因是______。(4)CuSO4·5H2O结构示意图如图：①CuSO4·5H2O中不存在的相互作用有______（填序号，下同）。加热该蓝色胆矾晶体得到白色硫酸铜固体破坏的相互作用有______。A．离子键B．极性键C．非极性键D．配位键E．氢键②硫酸铜中SO的空间构型为_____，其中心原子的杂化类型是_____。(5)铜镍合金的立方晶胞结构如图所示：①原子B的分数坐标为_____；②若该晶体密度为dg·cm-3，则铜镍原子间最短距离为_____pm。【答案】(1).3d104s1(2).六氟合铜(Ⅲ)酸钾或六氟合铜酸钾(3).铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾(4).Cu2O中的Cu+外围电子排布式为3d10，而CuO中的Cu2+外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构(5).C(6).DE(7).正四面体(8).sp3(9).(0.5，0，0.5)(10).××1010【解析】【分析】【详解】(1)Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜原子价层电子排布式为3d104s1，K3CuF6的名称为六氟合铜(Ⅲ)酸钾或六氟合铜酸钾。答案为：3d104s1；六氟合铜(Ⅲ)酸钾或六氟合铜酸钾；(2)铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾。答案为：铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾；(3)Cu2O中的Cu+外围电子排布式为3d10，而CuO中的Cu2+外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构，所以Cu2O更稳定。答案为：Cu2O中的Cu+外围电子排布式为3d10，而CuO中的Cu2+外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构；(4)①CuSO4·5H2O中不存在非极性键，所以选C。CuSO4·5H2O加热得到白色硫酸铜固体时，先破坏最弱的氢键，然后再破坏配位键，故选DE。答案为：C；DE；②SO的中心原子（S原子）价层电子对数=，没有孤对电子，共形成4个σ键，根据价层电子对互斥理论，中心S原子发生sp3杂化，所以是正四面体结构。答案为：正四面体；sp3；(5)①由图可知，原子B的分数坐标为(0.5，0，0.5)。答案为：(0.5，0，0.5)；②处于面对角线上的Ni、Cu原子之间距离最近，设二者之间的距离为acm，晶胞面对角线长度等于Ni、Cu原子距离的两倍，而面对角线等于晶胞棱长的倍，晶胞的棱长为，晶胞质量=，故，解得a=pm，故其距离为pm。答案为：。19.2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3。现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如图：（1）有机物A的结构简式为___。（2）按系统命名法，B的名称是__。（3）F→G的反应类型是___。（4）写出D→M的化学方程式__。（5）已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N含有的官能团是（填名称）___。（6）满足下列条件的X的同分异构体共有__种，写出任意一种的结构简式__。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上的一氯取代物只有两种（7）写出E→F合成路线(在指定的3个方框内写有机物，有机物用结构简式表示，箭头上注明试剂和反应条件，若出现步骤合并，要标明反应的先后顺序)___。【答案】(1).CH2=C(CH3)CH2CH3(2).3，4—二甲基—3—己烯(3).消去反应(4).+2H2O(5).碳碳双键，酯基(6).3(7).、、(8).CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO【解析】【分析】由F的结构简式可知A应为CH2=C（CH3）CH2CH3，生成E为CH2BrCBr（CH3）CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，由（5）知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，则C为CH3CH2CBr（CH3）CBr（CH3）CH2CH3，D为CH3CH2COH（CH3）COH（CH3）CH2CH3，M为，以此解答该题。【详解】（1）根据F的结构简式，结合A的分子式分析A为CH2=C（CH3）CH2CH3，故答案为：CH2=C(CH3)CH2CH3；（2）由以上分析可知B为CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，根据系统命名法命名为3，4—二甲基—3—己烯，故答案为：3，4—二甲基—3—己烯；（3）根据F的结构简式及G的分子式分析，F→G的过程为脱去一个水分子，形成双键的过程，该反应为消去反应，故答案为：消去反应；（4）D为CH3CH2COH（CH3）COH（CH3）CH2CH3，M为，反应的方程式为，故答案为：；（5）根据上述分析N为，其中所含官能团为：碳碳双键，酯基，故答案为：碳碳双键，酯基；（6）X为苯乙醇，对应的同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，②苯环上的一氯取代物只有两种，若苯环上只有两个取代基，则另一取代基为乙基，只能为对位，若苯环上有三个取代基，则一个为羟基，两个是甲基，两个甲基的可以位置在羟基的邻位或间位，所以共3种，，故答案为：3；；（7）E为CH2BrCBr（CH3）CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH（CH3）CH2CH3，端点的羟基在铜催化条件下可以被氧化生成醛，2号碳上的羟基由于2号碳上没有氢原子，所以不能被氧化，醛基被弱氧化剂氧化，酸化后反应生成酸，反应的流程为：CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO；故答案为：CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO。20.在2020年中央经济工作会议上，我国明确提出“碳达峰”与“碳中和”目标。使利用CO2合成高价值化学品更突显其重要性。Ⅰ.工业上可以利用CO2和H2合成CH3OH：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0。该反应在起始温度和体积均相同(T℃、1L)的两个密闭容器中分别进行，反应起始物质的量如表：反应条件CO2(mol)H2(mol)CH3OH(mol)H2O(mol)①恒温恒容1300②绝热恒容0011(1)达到平衡时，CO2的体积分数φ①_____φ②(填“＞”“＜”或“＝”)。(2)当_____=v逆(H2)时，说明反应在条件②达到平衡状态。Ⅱ.利用CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：(3)CH4与CO2超干重整反应的方程式为_____。(4)有关转化过程，下列说法正确的是_____(填序号)。a.过程Ⅰ中CO2未参与反应b.过程Ⅱ实现了含碳物质与含氢物质的分离c.转化②中CaO消耗过程中的CO2，有利于反应正向进行d.转化③中Fe与CaCO3反应的物质的量之比为4∶3Ⅲ.通过下列反应可实现CO2的再转化，合成CO、CH4：①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH<0②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH>0在密闭容器中通入3mol的H2和1mol的CO