2017-2018学年河南省南阳市第一中学高二下学期期末模拟化学试题 解析版 25页

河南省南阳市第一中学2017-2018学年高二下学期期末模拟化学试题 ‎1. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，2.24LSO3中含有0.1NA个SO3分子 B. 向1L的密闭容器中充入46gNO2气体，容器中气体的分子数为NA C. 常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，转移电子的数目为0.3NA D. 的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的有14种 ‎【答案】D ‎【解析】分析：A. 根据标准状况下，SO3不是气体分析；B. 根据NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4分析；C. 根据常温下，铝与浓硫酸发生钝化分析；D. 的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的结构中一定含有羧基、苯环，其余2个碳原子分情况书写分析判断。‎ 详解：A. 标准状况下，SO3不是气体，无法用n=计算2.24LSO3的物质的量，故A错误；B、NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子个数减小，则容器中气体分子个数小于NA个，故B错误；C. 常温下，铝与浓硫酸发生钝化，2.7g铝不能完全反应，故C错误；D．的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的有：①羧基直接与苯环连接，剩余两个碳作为乙基存在邻、间、对3种同分异构体，作为两个甲基存在6种同分异构体；②骨架为苯乙酸，甲基存在邻、间、对3种同分异构体；③苯丙酸有2种，共14种同分异构体，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。本题的难点为D，要注意分情况讨论，并且掌握书写的方法，注意不要重复。‎ ‎2. “化学实验→观察现象→分析推理→得出结论”是化学学习的方法之一。下列说法正确的是 A. 证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2，可用湿润的淀粉-KI试纸检验，观察试纸颜色变化 B. 将SO2通入足量稀Fe(NO3)3溶液，溶液棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，逸出气体和SO2的体积比为2:3‎ C. 验证淀粉的水解产物是否具有还原性，取水解液于试管中并加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，观察是否出现砖红色沉淀 D.‎ ‎ 向铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色褪去，该过程中发生的反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．二氧化氮和溴都能把碘离子氧化生成碘单质，碘遇湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，所以不能用湿润的淀粉碘化钾试纸区别二氧化氮和溴蒸气，故A错误；B．反应中被还原的是NO3-，相当于硝酸根离子与二氧化硫之间的氧化还原，3SO2～2NO3-，故逸出气体和SO2的体积比为2︰3，故B正确；C．淀粉的水解是在酸性条件下，检验水解产物时需要先中和催化作用的酸，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，故C错误；D．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3，故D错误； 答案为B。‎ ‎3. 在恒容密闭容器中通入X并发生反应:2x(g)Y(g)，T1、T2温度下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是 A. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量 B. T2温度下，在0~t1时间内，v(Y）= mol·L-1·min-1‎ C. M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率ν逆 D. M点时再加入一定量Y，平衡后X体积分数与原平衡相比增大 ‎【答案】C ‎【解析】反应进行到M点时消耗的X的物质的量小于W点，由于正反应是放热反应，所以反应进行到M点放出的热量比W点少，A错误；T2温度下，在0～t1时间内，X的浓度变化为Δc(X)＝(a－b) mol·L－1，则Y的浓度变化为Δc(Y)＝Δc(X)＝mol·L－1，所以T2温度下，在0～t1时间内v(Y)＝mol·L－1·min－1，B错误；温度越高反应速率越快，T1＞T2，则M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆 ‎，C正确；如果在M点时再加入一定量Y，容器内气体的总物质的量增大，相当于增大了压强，平衡正向移动，则X的物质的量减小，则X体积分数减小，即：平衡后X体积分数与原平衡相比减小，D错误。‎ ‎4. 下列实验操作和现象与所得结论一定正确的是 选项 操作 现象 结论或解释 A 向黄色的Fe（NO）3溶液中滴加氢碘酸，再加入一定量CCl4振荡并静置 下层溶液变为紫红色 氧化性:Fe3+>l2‎ B 向某无色溶液中滴加稀盐酸，将产生的无色气体通入品红溶液色 品红溶液褪色 原溶液中一定大量存在SO32-‎ C 向Mg2+和Cu2+共存的溶液中滴加适量NaOH溶液，过滤、洗涤 得到白色沉淀 相同温度下，溶度积常数：Ksp[Mg(OH)2]＜Ksp[Cu(OH)2]‎ D 一定温度下，向K2Cr2O7溶液中加入少量KOH溶液 溶液橙色变浅 减小H+浓度，Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+的平衡正向移动 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】A. 向黄色的Fe(NO)3溶液中滴加氢碘酸，再加入一定量CCl4振荡并静置，下层溶液变为紫红色，说明生成了碘单质，是因为碘离子被硝酸氧化，故A错误；B. 向某无色溶液中滴加稀盐酸，将产生的无色气体通入品红溶液，品红溶液褪色，可能是盐酸被氧化生成的氯气，氯气与水反应能够生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，故B错误；C. 未说明Mg2+和Cu2+共存的溶液中2种离子的浓度大小，无法判断溶度积常数的大小关系，故C错误；D. K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，向K2Cr2O7溶液中加入少量KOH溶液，H+浓度减小，平衡正向移动，溶液橙色变浅，故D正确；故选D。‎ ‎5. 下列说法正确的是 A. 常温下，物质的量浓度均为0.1 mol·L-1 Na2CO3和 NaHCO3的等体积混合溶液中: 2c(OH-)-2c(H+)=3c(H2CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)‎ B. △H<0，△S>0的反应都是自发反应，△H>0，△S>0的反应任何条件都是非自发反应 C. 已知:P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g)△H= akJ·mol-1 P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g) △H=bkJ·mol-1 P4具有正四面体结构，PCl5中P-Cl键的键能为 ckJ·mol-1，PCl3中P-Cl键的键能为1.2c ‎ kJ·mol-1，由此计算Cl-Cl键的键能kJ·mol-1‎ D. 在一定温度下，固定体积为2L密闭容器中，发生反应:2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H<0，当v(SO2)=v(SO3)时，说明该反应已达到平衡状态 ‎【答案】A ‎【解析】分析：A．根据碳酸钠、碳酸氢钠溶液中质子守恒进行解答；B．△G=△H-T•△S进行判断，如△G＜0，则反应能自发进行，如△G＞0，则不能自发进行，据此分析；C．根据盖斯定律计算出PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)的焓变，再根据题中键能关系计算出Cl-Cl键的键能；D．根据平衡状态时正反应速率等于逆反应速率分析判断。‎ 详解：A．根据质子守恒，对于Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)，NaHCO3溶液中：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)，两者等浓度、等体积混合后，溶液中两种溶质的物质的量相等，所以，将上述两式叠加：[c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)]+[c(OH-)+c(CO32-) =c(H+)+c(H2CO3)]，移项得2c(OH-)-2c(H+)=3c(H2CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)，故A正确；B．△H＜0，△S＞0的反应都是自发反应，而△H＞0，△S＞0 在较高温度下能自发，故B错误；C．①P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g)△H=akJ•mol-1，②P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g)△H=bkJ•mol-1，可得：PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g) △H=kJ/mol；设Cl-Cl键的键能为Q，由PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)及题中键能关系可知：△H=(3.6c+Q-5c)kJ/mol=kJ/mol，Cl-Cl键的键能Q=kJ•mol-1，故C错误；D．v(SO2)=v(SO3)中未指明反应速率的方向，无法判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题考查了离子浓度大小比较、化学平衡状态的判断、反应热的计算，题目难度较大，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。本题的易错点为D，一定要注明正逆反应速率，难点为A，要注意质子守恒关系式的表达式的书写。‎ ‎6. 下列说法正确的是 A. FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，该反应是置换反应 B. 向纯碱溶液中滴加醋酸，将生成的气体通入澄清的苯酚钠溶液中，观察是否出现沉淀，由此证明醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱 C. 反应A(g)B(g) △H，若正反应的活化能为EakJ/mol，逆反应的活化能为EbkJ/mol，则△H=(Ea-Eb)kJ/mol D.‎ ‎ 3x%的A物质的溶液与x%的A物质的溶液等体积混合后，溶液的质量分数小于2x%，则A物质可能为乙醇 ‎【答案】D ‎【解析】A. FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，FeCl3和Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应不是置换反应，A不正确；B. 向纯碱溶液中滴加醋酸，由于醋酸有挥发性，生成的二氧化碳气体含有一定量的醋酸蒸气，该气体通入澄清的苯酚钠溶液中，溶液一定会变浑浊，但是不生成沉淀，得到的是乳浊液，此实验无法证明碳酸和苯酚的酸性强弱，B不正确；C. 反应A(g)B(g) △H，若正反应的活化能为EakJ/mol，逆反应的活化能为EbkJ/mol，则△H=-(Eb-Ea)kJ/mol，C不正确；D. 3x%的A物质的溶液与x%的A物质的溶液等体积混合后，溶液的质量分数小于2x%，说明A的质量分数越大其密度越小，即A的密度小于水，则A物质可能为乙醇，D正确。本题选D。‎ ‎7. 中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许H+和H2O通过)，下列相关判断正确的是 A. 电极1为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2‎ B. 电解池中质子从电极I向电极Ⅱ作定向移动 C. 吸收塔中的反应为2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO32-‎ D. 每处理1 mol NO电解池右侧溶液质量减少16g ‎【答案】C 点睛：易错点A选项，2HSO3－还原性比水强，故电极反应式为：2HSO3－+2H＋+2e－=S2O42－‎ ‎+2H2O；难点D，溶液减少的质量为氧气和氢离子的总质量，相当于水的质量，,每处理1 mol NO电解池质量减少16 gO2和2gH＋，共18g。‎ ‎8. 设pC为溶液中粒子物质的量浓度的负对数，即:pC=-lgC。25℃时，某浓度H2R水溶液中，pC(H2R)、pC(HR+)、pC(R2+)随溶液pH的变化曲线如图所示，下列说法正确的是 A. 曲线I表明，c(R2-)随着pH增大而逐渐增大 B. pH=1.3 时， 3c(R2-)+c(OH-)=10 -1.3molL C. 常温下，该体系中c2(HR-)/c(R2-)·c(H2R)=1000‎ D. NaHR水溶液中:c(Na+)＞c(HR+)＞c(OH-)＞c(H+)‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：H2RH++HR-, HR-H++R2-，随pH增大电离平衡正向移动，c(H2R)，开始较大，后逐渐减小，c(HR-)先增大后减小，c(R2-)开始较小，后逐渐增大，pC为溶液中粒子物质的量浓度的负对数，C越大pC越小，由图像可知：曲线I是pC(HR-)随溶液pH的变化曲线，曲线II是pC(H2R)随溶液pH的变化曲线，曲线III是pC(R2-)随溶液pH的变化曲线；‎ 详解：A. 从以上分析可知，曲线III表明，c(R2-)随着pH增大而逐渐增大，故A错误；B. pH=1.3时，c(HR-)= c(H2R)，根据电荷守恒c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)=c(H+)=10-1.3mol/L 由于c(HR-)> c(R2-),所以3c(R2-)+c(OH-)<10-1.3mol/L，故B错误；C. 常温下，该体系中c2(HR-)/ c(R2-)·c(H2R)=====1000,故C正确；D. pH=1.3时，c(HR-)= c(H2R)，Ka1= =c(H+)=10-1.3，pH=4.3时，c(HR-)= c(R2-)，Ka2= =c(H+)=10-4.3，NaHR的水解常数Kh===10-12.7,因此，NaHR水解小于电离，溶液显酸性，c(OH-)Z>R>X ‎【答案】D ‎【解析】已知R、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记，即氢氟酸，所以R为F元素，由X在化合物中只显一种化合价，结合化合物XR3，推知X为Al元素，根据R和Z是位于同主族的短周期元素，确定Z为Cl元素，由Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍可知，Y为S元素。据此分析如下：A、F2和Cl2都能与水反应，2F2＋2H2O4HF＋O2、Cl2＋H2OHCl＋HClO，但并不是都能置换出O2，故A错误；B、这四种元素形成的简单离子分别是F-、Al3+、S2-和Cl-，其中F-、Al3+、S2-都能水解而促进水的电离，而Cl-不能水解，故B错误；C、SF6中的S元素为最高价+6价，而F元素是最活泼的非金属元素，所以SF6在氧气中不能燃烧，故C错误；D、四种元素对应的简单离子半径大小顺序为S2->Cl->F-> Al3+，所以D正确。本题正确答案为D。‎ 点睛：本题最难判断的是C选项，要从化合价的角度进行分析。若SF6能在氧气中燃烧，则O元素的化合价只能从0价降低为-2价，所以SF6中要有一种元素的化合价升高，S已经是最高价+6价，要使F从-1价升高为0价的F2，需要一种比F2氧化性更强的物质，已知F是最活泼的非金属元素，显然O2不行。‎ ‎15. 研究和深度开发CO、CO2的应用对建生态文明社会具有重要的意义。‎ ‎（1）CO可用于炼铁，已知：‎ Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g) ΔH1=+489.0kJ•mol-1，‎ C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H2=+172.5kJ•mol-1‎ 则CO还原Fe2O3(s)的热化学方程式为____________________。‎ ‎（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。写出该电池的负极反应式：__________________。‎ ‎（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1。‎ ‎①线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KI______KⅡ （填“＞”或“=”或“＜”）。‎ ‎②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。‎ 容器 甲 乙 反应物投入量 ‎1mol CO2、3mol H2‎ a mol CO2、b mol H2、‎ c mol CH3OH(g)、c molH2O(g)‎ 若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为____________。‎ ‎（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2(g)转化为CH4和O2，紫外光照射时，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，CH4产量随光照时间的变化见图2。在0~15小时内，CH4的平均生成速率I、Ⅱ和Ⅲ从大到小的顺序为_____________（填序号）‎ ‎（5）一种甲醇燃料电池，使用的电解质溶液是2mol·L-1的KOH溶液。‎ 请写出加入（通入）b物质一极的电极反应式________________；每消耗6.4g甲醇转移的电子数为_______________。‎ ‎（6）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸。通常状况下，将amol/L的醋酸与bmol/LBa(OH)2溶液等体积混合后，溶液中:2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数Ka为__________________。‎ ‎【答案】 (1). Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) ΔH= -28.5kJ·mol-1 (2). CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O (3). ＞ (4). 0.4Ⅲ>I (6). O2+4e-+2H2O=4OH- (7). 1.2NA或1.2mol (8). ‎ ‎【解析】分析：(1)根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；‎ ‎(2)CO燃料电池中，负极上是CO发生失电子的氧化反应，正极上是氧气发生得电子的还原反应，据此书写电极反应式；‎ ‎(3)①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，根据K=分析判断；②根据平衡三部曲求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围；‎ ‎(4)相同时间甲烷的物质的量的变化量越大，表明平均速率越大，相同时间甲烷的物质的量的变化量越小，平均反应速率越小，据此分析解答；‎ ‎(5)根据电子移动的分析判断出正负极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应，正极上氧气得到电子发生还原反应；根据电子与甲醇的物质的量关系计算；‎ ‎(6)通常状况下，将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=bmol/L，溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，根据醋酸电离平衡常数K=计算。‎ 详解：(1)①Fe2O3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)△H1=+489.0kJ/mol ； ②C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172.5kJ/mol；由①-②×3，得到热化学方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol，故答案为：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol；‎ ‎(2)CO燃料电池中，负极上是CO发生失电子的氧化反应，电极反应式为：CO+4OH--2e-=CO32-+2H2‎ O，正极上是氧气发生得电子的还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O；‎ ‎(3)①平衡时，Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，则二氧化碳和氢气的物质的量越多，根据K=知，平衡常数越小，故KⅠ＞KⅡ，故答案为：＞；‎ ‎② CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)‎ 初始(mol) 1         3         0           0‎ 平衡(mol) 1-x      3-3x       x           x 甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，即=0.8 ，解得x=0.4mol，依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量为1mol，c 的物质的量不能低于平衡时的物质的量0.4mol，所以c的物质的量为：0.4＜n(c)≤1mol，故答案为：0.4＜n(c)≤1mol；‎ ‎(4)由图2可知，在0～15h内，甲烷的物质的量变化量为△n(Ⅰ)＜△n(Ⅲ)＜△n(Ⅱ)，故在0～15h内，CH4的平均生成速率v(Ⅱ)＞v(Ⅲ)＞v(Ⅰ)；故答案为：II＞III＞I；‎ ‎(5)根据图示可知，电子由a电极经导线流向b电极，因此a为负极，b为正极，该电池负极是甲醇失电子生成碳酸钾，正极上是空气中的氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；每消耗6.4g 甲醇的物质的量==0.2mol，反应中甲醇中的碳元素由-2价变成+4价，转移电子的物质的量为1.2mol，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；1.2mol或1.2NA；‎ ‎(6)通常状况下，将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=bmol/L，溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数K===，故答案为：。‎ ‎16. 铈元素（Ce）是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有+3、+4两种价态，铈的合金耐高温，可以用来制造喷气推进器零件。请回答下列问题：‎ ‎（1）雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1:1），该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________________。‎ ‎（2）可采用电解法将上述吸收液中的NO2转化为无毒物质，同时再生Ce4+，其原理如图所示。‎ ‎①Ce4+从电解槽的__________（填字母序号）口流出。‎ ‎②写出阴极的电极反应式______________________________。‎ ‎（3）铈元素在自然界中主要以氟碳矿形式存。主要化学成分为 CeFCO3。工业上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如下：‎ ‎①焙烧过程中发生的主要反应方程式为____________________________。‎ ‎②有同学认为酸浸过程中用稀硫酸和H2O2换盐酸更好，他的理由是____________________。‎ ‎③Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b，则Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)3KBF4(s)+ CeCl3(aq)平衡常数为____________（用a、b的代数式表示）。‎ ‎④加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，其中NH4Cl的作用是___________________。‎ ‎【答案】 (1). 2:1 (2). a (3). 2NO2-+8H++6e-=N2↑+4H2O (4). 4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2 (5). 不释放氯气，减少对环境的污染(只回答减少对环境的污染也得分) (6). (7). NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解(只回答抑制CeCl3的水解也得分)‎ ‎【解析】（1）雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1：1），反应的方程式为3H2O+2NO+4Ce4+=4Ce3++NO2-+NO3-+6H＋，因此该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:2=2:1。（2）①电解池中阳极失去电子，则Ce3+在阳极失去电子转化为Ce4+，因此Ce4+从电解槽的a口流出。②阴极是NO2-得到电子转化为氮气，则阴极的电极反应式为2NO2-+8H++6e—=N2↑+4H2O。（3）①根据流程图可知焙烧过程中CeFCO3‎ 与氧气反应生成CeO2、CeF4、CO2，反应方程式为4CeFCO3+ O23CeO2+ CeF4+4CO2。②酸浸过程中盐酸被氧化生成氯气，氯气是大气污染物，因此酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸可以不释放氯气，减少对环境的污染。③根据方程式可知反应的平衡常数K＝；④NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解，所以加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3。‎ ‎17. 苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料纳米氧化铜的重要前驱体之一，可采用苯乙腈为原料在实验室进行合成。请回答：‎ ‎（1）制备苯乙酸的装置如图（加热和夹持装置等略）。已知:苯乙酸的熔点为76.5℃，微溶于冷水，溶于乙醇。‎ 在250mL三口瓶a中加入70mL质量分为70％的硫酸，加热至100℃，再缓缓滴入40g苯乙腈，然后升温至130℃，发生反应：‎ ‎（1）仪器b的名称是____________，其作用是____________。反应结束后加适量冷水再分离出苯乙酸粗品，加入冷水的目的是_____________________________。‎ ‎（2）分离出粗苯乙酸的操作名称是_____________，所用到的仪器是（填字母）____________。‎ a．漏斗     b．分液漏斗　　 c．烧杯     d．玻璃棒     e．直形冷凝管 ‎（3）将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后加入Cu(OH)2，搅拌30min，过滤，滤液静置一段时间可以析出苯乙酸铜晶体，写出发生反应的化学方程式___________________________，混合溶剂中乙醇的作用是_____________________________________。‎ ‎（4）提纯粗苯乙酸最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率是_________________________。（相对分子质量：苯乙腈 117，苯乙酸 136）‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流 (3). 降低溶解度，使苯乙酸结晶 (4). 过滤 (5). acd (6). (7). 增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应 (8). 95%‎ ‎【解析】（1）通过分液漏斗向三口瓶a中滴加苯乙腈，仪器c为球形冷凝管，能起到冷凝回流的作用(使气化的反应液冷凝)；反应结束后加适量冷水，降低溶解度，便于苯乙酸(微溶于冷水)结晶析出，故答案为：球形冷凝管、冷凝回流、降低溶解度，使苯乙酸结晶。‎ ‎（2）可通过过滤从混合液中分离出苯乙酸粗品，过滤所用的仪器主要有漏斗、玻璃棒、烧杯等，故答案为：过滤、acd。‎ ‎（3）苯乙酸与Cu(OH)2反应析出苯乙酸铜晶体的化学方程式为：；根据“苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇”，故乙醇与水的混合溶剂中的乙醇能增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应。‎ ‎（4）根据“ ~ ”关系式，可计算苯乙酸的产率= =94.6%≈95% 。‎ 点睛：本题是一道化学实验综合题，考查有机物的制备，涉及实验仪器的使用、实验操作、化学方程式书写、混合物纯度计算等，综合性较强，既注重实验基础又侧重分析、解决问题能力的考查。‎ ‎18. 环己酮是一种重要的有机化工原料。实验室合成环己酮的反应如下：‎ 环己醇和环己酮的部分物理性质见下表：‎ 物质 相对分子质量 沸点(℃)‎ 密度(g·cm-3、20 ℃)‎ 溶解性 环己醇 ‎100‎ ‎161.1‎ ‎0.9624‎ 能溶于水和醚 环己酮 ‎98‎ ‎155.6‎ ‎0.9478‎ 微溶于水，能溶于醚 现以20mL环己醇与足量Na2Cr2O7和硫酸的混合液充分反应，制得主要含环己酮和水的粗产品，然后进行分离提纯。其主要步骤有(未排序)：‎ a.蒸馏、除去乙醚后，收集151℃~156℃馏分 b.水层用乙醚(乙醚沸点34.6℃，易燃烧)萃取，萃取液并入有机层 c.过滤 d.往液体中加入NaCl固体至饱和，静置，分液 e.加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量水 回答下列问题：‎ ‎（1）上述分提纯步骤的正确顺序是__________________。‎ ‎（2）b中水层用乙醚萃取的目的是__________________。‎ ‎（3）以下关于萃取分液操作的叙述中，不正确的是__________________。‎ A.水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，如图（）用力振荡 B.振荡几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气 C.经几次振荡并放气后，手持分漏斗静置液体分层 D.分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体 ‎（4）在上述操作d中，加入NaCl固体的作用是______________。蒸馏除乙醚的操作中，采用的加热方式为_________________。‎ ‎（5）蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，应采取的正确方法是_____________。‎ ‎（6）恢复至室温时，分离得到纯产品体积为12mL，则环己酮的产率______（保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). dbeca (2). 使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量 (3). ABC (4). 降低环己酮的溶解度；增加水层的密度，有利于分层 (5). 水浴加热 (6). 停止加热，冷却后通自来水 (7). 60%‎ ‎【解析】试题分析：（1）环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，将水与有机物更容易分离开来，然后向有机层中加入无水MgSO4，出去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可；‎ ‎（2）环己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚和水不互溶，则乙醚能作萃取剂，从而提高产品产量；‎ ‎（3）A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，应该倒转过来然后用力振荡；‎ B．放气的方法为：漏斗倒置，打开旋塞放气；‎ C．经几次振摇并放气后，分液漏斗放置在铁架台上静置待液体分层；‎ D．分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体；‎ ‎（4）NaCl能增加水层的密度，降低环己酮的溶解，有利于分层；乙醚的沸点较低，所以蒸馏时温度不宜太高；（5）为防止冷凝管炸裂，应该停止加热；‎ ‎（6）m（环己酮）=12mL×0.9478g=11.3736g，根据环己醇和环己酮的关系式知，参加反应的m（环己醇）==11.6057g，m（环己醇）=20mL×0.9624g/mL=19.248g，据此计算产率．‎ 解：（1）环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，水与有机物更容易分离开，然后向有机层中加入无水MgSO4，除去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可，‎ 故答案为d b e c a；‎ ‎（2）环己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚和水不互溶，则乙醚能作萃取剂，能将水中的环己酮萃取到乙醚中，从而提高产品产量，‎ 故答案为：使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量；‎ ‎（3）A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，应该倒转过来然后用力振荡，只有如此才能充分混合，故A错误；‎ B．放气的方法为：漏斗倒置，打开旋塞放气，而不是打开玻璃塞，故B错误；‎ C．经几次振摇并放气后，分液漏斗放置在铁架台上静置待液体分层，而不是手持分漏斗静置液体分层 ‎，不符合操作规范性，故C错误；‎ D．分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，利用压强差使液体流出，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，为防止产生杂质，再从上口倒出上层液体，故D错误；‎ 故选ABC；‎ ‎（4）NaCl能增加水层的密度，降低环己酮的溶解，且有利于分层；乙醚的沸点较低，所以蒸馏时温度不宜太高，所以应该采用水浴加热，‎ 故答案为：降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层；水浴加热；‎ ‎（5）如果直接将冷水连接冷凝管，馏分温度如果急剧冷却会导致冷凝管炸裂，为防止冷凝管炸裂，应该停止加热，冷却后通自来水，‎ 故答案为：停止加热，冷却后通自来水；‎ 故答案为：60%．‎ ‎19. 有机物F（ Bisphenol A dimethacrylate）是一种交联单体。合成F的一种路线如下：‎ 已知：‎ ‎①；‎ ‎②B不能发生银镜反应；‎ ‎③C能与FeCl3发生显色反应，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢。‎ ‎④E既能使溴水褪色又能使石蕊试液显红色 ‎⑤1molF最多可与4 molNaOH反应 回答下列问题：‎ ‎（1）A与B反应的化学方程式为____________________________________。‎ ‎（2）B→D的反应类型为__________，E的结构简式为___________________。‎ ‎（3）F的结构简式为_____________________。‎ ‎（4）C的同分异构体中含有萘环（）结构，萘环上只有1个取代基且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应的同分异构体共有________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有8组峰的是________________（写出其中一种的结构简式）。‎ ‎（5）A经如下步骤可合成环己烯甲酸 反应条件1为______________；反应条件2为______________；反应条件3所选择的试剂为______________；I的结构简式为________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 加成反应 (3). (4). (5). 8 (6). 或 (7). H2，Ni (8). 加热加压 (9). O2，Cu，△，HCN (10). ‎ ‎【解析】根据分子式知，A为，B中不饱和度==1，B不能发生银镜反应，则B为CH3COCH3，根据信息③知，C中含酚羟基、且有4种氢原子，结合F结构简式知，C结构简式为，根据信息①知，D结构简式为（CH3）2C（OH）CN，根据信息④知，E结构简式为CH2=C（CH3）COOH，根据信息⑤知，1 mol F最多可与4 mol NaOH反应，则F为。‎ ‎（1）A为，B为CH3COCH3，A和B反应方程式为2++H2O，故答案为：2++H2O；‎ ‎（2）通过以上分析知，B发生加成反应生成D，E结构简式为CH2=C（CH3）COOH，‎ 故答案为：加成反应；CH2=C（CH3）COOH；‎ ‎（3）F的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（4）C结构简式为，C的同分异构体中含有萘环（）结构，萘环上只有1个取代基且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酯基且酯基水解生成酚羟基，萘环上氢原子种类为2种，如果取代基为-OOCCH2CH2CH2CH3，有两种同分异构体；如果取代基为-OOCCH2CH（CH3）2，有两种同分异构体，如果取代基为-OOCCH（CH3）CH2CH3，有两种同分异构体，如果取代基为-OOCC（CH3）3有两种同分异构体，所以符合条件的一共8种；其中核磁共振氢谱有8组峰的是或，故答案为：8；或；‎ ‎（5）有苯酚经如下步骤可合成环己烯甲酸，根据题干流程图中B→D→E的合成原理可知，要合成，可以首先合成，由水解即可得到，因此需要先合成环己酮，合成环己酮可以由苯酚和氢气在催化剂、加热、加压条件下发生加成反应生成环己醇，环己醇在Cu作催化剂、加热条件下被氧化生成环己酮，因此合成方法为：苯酚和氢气在催化剂、加热、加压条件下发生加成反应生成环己醇，所以G为环己醇，环己醇在Cu作催化剂、加热条件下被氧化生成环己酮，则H为环己酮，环己酮和HCN发生加成反应生成，所以I为，I水解生成环己烯甲酸，所以反应条件1为H2，催化剂，加热，反应条件2为氧气/Cu、加热，反应条件3为HCN，I的结构简式为，故答案为：H2，催化剂，加热；O2，Cu，△；HCN； 。‎ 点睛：本题考查有机物推断，由物质结构简式结合题给信息进行推断。本题的难点是合成路线的规划，要注意充分利用信息①和题干流程图中B→D→E的合成原理分析解答。‎ ‎20. 磷化铜（Cu3P2）用于制造磷青铜，磷青铜是含少量锡、磷的铜合金，主要用作耐磨零件和弹性原件。‎ ‎（1）基态铜原子的电子排布式为__________________；价电子中成对电子数有_________个。‎ ‎（2）磷化铜与水作用产生有毒的磷化氢（PH3）。‎ ‎①PH3分子中的中心原子的杂化方式是_________________。‎ ‎②P与N同主族，其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3______H3PO4（填“>”或“<”），从结构的角度说明理由：_____________________________________。‎ ‎（3）磷青铜中的锡、磷两元素电负性的大小为Sn________P （填“＞”、“＜”或“=”）‎ ‎（4）某磷青铜晶胞结构如图所示。‎ ‎①则其化学式为________________。‎ ‎②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有_________个，这些Sn原子所呈现的构型为______________。‎ ‎③若晶体密度为8.82g·cm-3，最近的Cu原子核间距为_________pm（用含NA的代数式表示）‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (2). 10 (3). sp3 (4). > (5). 因为HNO3分子结构中有2个非羟基氧原子，比H3PO4中多1个 (6). < (7). SnCu3P (8). 4 (9). 平面正方形 (10). ×1010‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据核外电子排布规律解答；‎ ‎（2）①根据价层电子对互斥理论分析；‎ ‎②根据影响含氧酸酸性的因素分析判断；‎ ‎（3）根据电负性变化规律解答；‎ ‎（4）根据晶胞结构结合均摊法分析、判断与计算。‎ 解析：（1）铜的原子序数是29，基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，因此价电子中成对电子数有10个。‎ ‎（2）①PH3分子中P原子含有的孤对电子对数＝，即价层电子对数为4，所以中心原子的杂化方式是 sp3。‎ ‎②由于HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子，比H3PO4中多1个，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性是HNO3>H3PO4。‎ ‎（3）非金属性越强，电负性越大，则锡、磷两元素电负性的大小为Sn>P。‎ ‎（4）①根据晶胞结构可知含有的Sn原子个数＝8×1/8＝1，Cu原子个数＝6×1/2＝3，P位于体心，共计1个，则其化学式为SnCu3P。‎ ‎②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有4个，位于面的4个顶点上，因此这些Sn原子所呈现的构型为平面正方形。‎ ‎③根据晶胞结构可知最近的Cu原子核间距为面对角线的一般，晶胞的边长是，所以最近的Cu原子核间距为。‎ ‎21. 核安全与放射性污染防治已引世界核大国的广泛重视。在爆炸的核电站周围含有放射性物质碘—131和铯—137。碘—131一旦被人体吸入，可能会引发甲状腺等疾病。‎ ‎（1）Cs（铯）的价电子的电子排布式为6s1，与铯同主族的前四周期（包括第四周期）的三种金属元素X、Y、Z的电离能如下表 元素代号 X Y Z 第一电离能（kJ·mol-1）‎ ‎520‎ ‎496‎ ‎419‎ ‎（1）上述三种元素X、Y、Z的元素符号分别为________________，基态Z原子的核外电子排布式为_______________________， X形成的单质晶体中含有的化学键类型是______________________。‎ ‎（2）F与I同主族，BeF2与H2O都是由三个原子构成的共价化合物分子，二者分子中的中心原子Be和O的杂化方式分别为_______________、________________，BeF2分子的立体构型是______________，H2O分子的立体构型是__________________。‎ ‎（3）与碘同主族的氯具有很强的活泼性，能形成大量的含氯化合物。BCl3分子中B-C1键的键角为_______________。‎ ‎（4）131I2晶体的晶胞结构如图甲所示，该晶胞中含有__________个131I2‎ 分子；KI的晶胞结构如图乙所示，每个K+紧邻_________个I-。 ‎ ‎（5）KI晶体的密度为ρg·cm3，K和I的摩尔质量分别为 MKg·mol-1和 MIg·mol-1，原子半径分别为rKpm和rIpm，阿伏加德罗常数值为NA，则KI晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为____________。‎ ‎【答案】 (1). Li、Na、K (2). 1s22s22p63s23p64s1 (3). 金属键 (4). sp (5). sp3 (6). 直线形 (7). V形 (8). 120° (9). 4 (10). 6 (11). 4×100%‎ ‎【解析】(1)由铯的最外层电子排布式为6s1，可知A、B、C为第ⅠA族，而ⅠA族前四周期的元素分别为H、Li、Na、K，又由提供的A、B的第一电离能的差值与B、C的第一电离能的差值相差不大可知，A、B、C不可能有H元素，而同主族元素随着电子层数的增加，第一电离能逐渐减小，故A、B、C分别为Li、Na、K；都是金属单质，微粒均以金属键结合，故答案为：Li、Na、K； 1S22S22P63S23P64S1； 金属键；‎ ‎(2)BeF2分子内中心原子为Be，其价电子数为2，F提供2个电子，所以Be原子的价层电子对数为=2，Be原子的杂化类型为sp杂化，为直线形分子；H2O分子的中心原子为O，其价电子数为6，H提供2个电子，所以O原子的价层电子对数为=4，O原子杂化类型为sp3，为V形分子，故答案为：sp、sp3；直线形；V形；‎ ‎(3)硼原子价电子数为3，Cl提供3个电子，硼原子的价层电子对数为=3，因价层电子对中没有孤对电子，故BCl3为平面正三角形结构，分子中B-Cl键的键角为120°，‎ 故答案为：120°；‎ ‎(4)由碘晶胞可知，I2在晶胞的8个顶点和6个面上，故一个晶胞中含有4个I2分子；KI晶胞与NaCl晶胞结构相似，每个K+紧邻6个I-，故答案为：4、6；‎ ‎(5)根据均摊法计算，K：8×+6×＝4，I：12×+1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=(‎ πr3K×4+πr3I×4)×10-30，晶胞的体积V2==，故KI晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%=×100%，故答案为：×100%。‎ 点睛：本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、电离能、杂化理论、分子结构、晶胞结构与计算等。本题的易错点和难点是(5)的计算，要学会利用分割法确定微粒数目和体积的百分率的计算方法。‎ ‎ ‎ ‎ ‎