【化学】浙江省温州市十五校联盟联合体2018-2019学年高二下学期期末考试试题（解析版） 21页

浙江省温州市十五校联盟联合体2018-2019学年高二下学期期末考试试题 考生须知：‎ ‎1.本卷共6页，满分100分，考试时间90分钟。‎ ‎2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。‎ ‎3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。‎ ‎4.考试结束后，只需上交答题纸。‎ ‎5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Si-28 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137‎ 选择题部分 一、选择题(本大题共20小题，1－15题每小题2分，15－20题每小题3分，共45分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)‎ ‎1.下列属于碱性氧化物且常温下不与水反应的是（ ）‎ A. MgO B. NaOH C. SiO2 D. Na2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、MgO不溶于水，不与水反应，与酸反应，生成镁盐和水，是碱性氧化物，故A正确；‎ B、NaOH电离出钠离子和氢氧根离子，属于碱，故B错误；‎ C、二氧化硅不溶于水，也不与酸反应，不属于碱性氧化物，能够与强碱反应，属于酸性氧化物，故C错误；‎ D、氧化钠是碱性氧化物，但能够与水反应生成氢氧化钠，不符合题意，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎2.配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，不需要使用的仪器是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】配制一定物质的量浓度的稀硫酸的步骤有称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸称量，在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，用不到蒸馏烧瓶，故选C。‎ ‎3.下列属于非电解质的是（ ）‎ A. 铜 B. 熔融氯化钠 C. 干冰 D. 碳酸钙 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铜是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故A不选；‎ B．熔融氯化钠是离子化合物，熔融氯化钠有自由移动的离子，所以能导电，所以熔融氯化钠属于电解质，故B不选；‎ C．干冰为二氧化碳固体，二氧化碳的水溶液能导电，原因是二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，碳酸是电解质，但二氧化碳是非电解质，故C选；‎ D．碳酸钙在熔融状态下能电离出自由移动的离子，能够导电，所以碳酸钙属于电解质，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎4.下列物质溶于水后因电离显酸性的是（ ）‎ A. NaCl B. NaHSO4 ‎ C. NH4Cl D. NaHCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaCl强酸强碱盐，溶液为中性，故A不选；‎ B．NaHSO4溶于水的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，溶液因电离显酸性，故B选；‎ C．NH4Cl属于强酸弱碱盐，铵根离子水解生成氢离子，溶液因水解显酸性，故C不选；‎ D．NaHCO3为强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解，溶液显碱性，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎5.下列属于复分解反应的是（ ）‎ A. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 B. ‎ C. Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，O的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，不属于四大基本反应类型，故A不选；‎ B．，是一变多的反应，属于分解反应，故B不选；‎ C．Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，属于强酸和弱酸盐发生的复分解反应，故C选；‎ D．，是一换一的反应，属于置换反应，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎6.下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 玻璃、水泥和玛瑙的主要成分都是硅酸盐 B. 氯碱工业的反应原理是电解熔融氯化钠 C. 常温下铁在浓硫酸中不反应，可用铁槽车贮运浓硫酸 D. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，其遇强碱会断路 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅，主要成分是硅酸盐，水泥的主要成分是硅酸盐，玛瑙的主要成分是SiO2，为氧化物，不属于硅酸盐，故A错误；‎ B．氯碱工业原理是电解饱和食盐水生成氯气、氢氧化钠和氢气，故B错误；‎ C．浓硫酸具有强氧化性，常温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜，可用铁槽车贮运浓硫酸，发生了化学反应，故C错误；‎ D．二氧化硅能用于制光导纤维，二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.下列化学用语中，不合理的是（ ）‎ A. 蔗糖的分子式：C12H22O11 B. N2分子的结构式：N≡N C. 37Cl－的结构示意图： D. CCl4的比例模型：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蔗糖属于二糖，其分子式为C12H22O11，故A不选；‎ B．N2 分子中含有氮氮三键，其结构式为N≡N，故B不选；‎ C．37Cl-的核电荷数为17，核外电子总数为18，其离子结构示意图为，故C不选；‎ D．四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳正确的比例模型为：，故D选；‎ 故选D。‎ ‎8.下列说法正确的是（ ）‎ A. 使用pH试纸测量气体的酸碱性时可以润湿 B. 实验室用氢氧化钠溶液除去氯气中的少量HCl C. 蒸馏操作时，温度计水银球应插入混合液中 D. 配制溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线，则所配制溶液的浓度偏低 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．测定未知气体的酸碱性时，pH试纸需要润湿，故A正确；‎ B．氯气能和氢氧化钠反应，故用氢氧化钠溶液除去氯气中的HCl时，会将氯气也一起吸收，故B错误；‎ C．蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计水银球应在支管口处，故C错误；‎ D．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎9.下列说法正确的是（ ）‎ A. 白磷和红磷互为同素异形体，两者之间不能相互转化 B. C2H6和C5H12一定互为同系物 C. CH3CH2CH(CH3)2的名称是3－甲基丁烷 D. CH3OCHO和HCOOCH3互为同分异构体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．白磷和红磷互为同素异形体，一定条件下二者可以相互转化，故A错误；‎ B．C2H6 和 C5H12都是烷烃，二者C原子数不同，互为同系物，故B正确；‎ C．CH3CH2CH(CH3)2 的甲基在2号C，正确名称为2-甲基丁烷，故C错误；‎ D．CH3OCHO 和 HCOOCH3的分子式、结构完全相同，为同一种物质，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎10.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为21。则下列说法不正确的是（ ）‎ A. 原子半径大小：Y0)，5min末测得Z的物质的量为1.2mol。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 若反应体系中气体的压强保持不变，说明反应达到了平衡状态 B. 0～5min，X的平均反应速率为0.04mol ·L-1·min-1‎ C. 达到平衡时，反应放出的热量为a kJ D. 达到平衡时，Y和Z的浓度之比一定为2∶3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．正反应为气体物质的量增大的反应，恒温恒容条件下，随反应进行压强增大，反应体系中气体的压强保持不变，说明反应达到了平衡状态，故A正确；‎ B．X为固体，不能用单位时间内浓度变化量表示反应速率，故B错误；‎ C．该反应属于可逆反应，X、Y不能完全转化为生成物，达到平衡状态时X消耗的物质的量小于1mol，所以放出的热量小于a kJ，故C错误；‎ D．当体系达平衡状态时，Y、Z 的浓度之比可能为 2∶3，也可能不是2∶3，与各物质的初始浓度及转化率等有关，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎13.下列说法正确的是（ ）‎ A. 分子式为C2H6O且能与金属钠反应有机物有2种 B. 1mol乙烷在光照条件下最多能与3mol Cl2发生取代反应 C. 一定条件下，葡萄糖、蛋白质都能与水发生水解反应 D. 加入NaOH溶液并加热，通过观察油层是否消失或变薄来鉴别矿物油和植物油 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分子式为C2H6O 且能与金属钠反应的有机物为乙醇，只有一种结构，故A错误；‎ B．1 mol乙烷含有6mol H原子，则1 mol乙烷在光照条件下最多能与6mol Cl2 发生取代反应，故B错误；‎ C．葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，故C错误；‎ D．矿物油属于烃类，不能发生水解反应，而植物油属于油脂，可在碱性条件下发生水解反应；现象不同，可鉴别，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎14.甲醇燃料电池能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注，其工作示意图如图，其总反应为：2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 电极A是负极，发生氧化反应 B. 电池工作时，电解液中的H＋通过质子交换膜向B电极迁移 C. 放电前后电解质溶液的pH不变 D. b物质在电极上发生的电极反应式为：O2＋4e－＋4H＋＝2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图示，电子由A极流出，沿导线流向B极，则A为负极、B为正极，A极发生氧化反应，故A正确；‎ B．原电池工作时，电解质溶液中阳离子H+向正极B移动，故B正确；‎ C．电池反应式为2CH3OH+3O2═2CO2+4H2O，有水生成导致溶液体积增大，溶质浓度减小，则c(H+)减小，所以溶液的pH增大，故C错误；‎ D．正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，正极的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎15.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 金刚石、NaCl、H2O、HCl晶体的熔点依次降低 B. I2低温下就能升华，说明碘原子间的共价键较弱 C. 硫酸钠在熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动的离子，具有导电性 D. 干冰和石英晶体的物理性质差别很大的原因是所属的晶体类型不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．晶体熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，金刚石为原子晶体、NaCl是离子晶体；H2O、HCl 为分子晶体，含有氢键的分子晶体熔沸点较高，H2O中含有氢键、HCl 不含氢键，则金刚石、NaCl、H2O、HCl 晶体的熔点依次降低，故A正确；‎ B．碘升华与分子间作用力有关，与化学键无关，故B错误；‎ C．含有自由移动离子的离子化合物能导电，硫酸钠为离子晶体，熔融状态下离子键被削弱，电离出自由移动阴阳离子，能导电，故C正确；‎ D．干冰和石英都是共价化合物，但是干冰为分子晶体、石英为原子晶体，所属的晶体类型不同，导致其物理性质差异性较大，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎16.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1.8g H218O含有的中子数为NA B. 0.1mol·L-1 MgCl2溶液中含有的Mg2＋数目一定小于0.1NA C. 0.1mol 的CH4和NH3混合气体，含有的共价键数目为0.4NA D. 4.6g Na与含0.1mol HCl的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、18g H218O的物质的量为n===0.09mol，而1mol H218O中含10mol中子，故含0.9NA个中子，故A错误；‎ B、溶液体积不明确，无法计算溶液中的镁离子的个数，故B错误；‎ C、甲烷含有4个C-H键，氨气有3个N-H，故0.1mol的CH4 和NH3 混合气体，含有的共价键数目小于 0.4NA，大于0.3NA，故C错误；‎ D、4.6g钠的物质的量为0.2mol，而钠和盐酸溶液反应时，先和HCl反应，过量的钠再和水反应，故0.2mol钠会完全反应，且反应后变为+1价，则转移0.2NA个电子，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎17.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。在一定温度下，用0.1mol·L-1KOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol ·L-1的盐酸和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列有关判断正确的是（ ）‎ A. ①表示的是KOH溶液滴定醋酸溶液 B. A点的溶液中有c(CH3COO-)＋c(OH-)-c(H+)=0.1 mol·L-1‎ C. C点水电离的c(OH-)大于A点水电离的c(OH-)‎ D. A、B、C三点溶液均有Kw=1.0×10-14‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液导电能力与离子浓度成正比，初始时HCl和醋酸浓度相同，CH3COOH只能部分电离，其导电能力较弱，则曲线①代表0.1mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，故A正确；‎ B．A点溶质为CH3COOK，根据CH3COOK溶液中的电荷守恒可知：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol/L，故B错误；‎ C．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水的电离，C点溶质为KCl，不影响水的电离，A点溶质为醋酸钠，醋酸根离子水解，促进了水的电离，所以C点水电离的c(OH-)小于A点水电离的c(OH-)，故C错误；‎ D．题中并未说明是25℃下，所以A、B、C三点溶液的Kw不一定为1.0×10-14；此外，中和反应是放热反应，A、C两点是刚好中和的点，温度高于反应前的温度，则Kw要比反应前的大，更不会是1.0×10-14；故D错误；‎ 故选A。‎ ‎18.关于常温下pH＝11的NaOH溶液和氨水，下列说法正确的是（ ）‎ A. c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＝c(Na＋)‎ B. 氨水的导电能力明显强于NaOH溶液 C. 向等体积的两溶液中加盐酸溶液至中性，NaOH溶液消耗的盐酸溶液体积多 D. 该氨水溶液与等体积，pH＝3的盐酸溶液混合后：c(OHˉ)>c(H＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=11的NaOH溶液中c(Na+ )=0.001mol/L，一水合氨为弱碱，氨水浓度大于0.001mol/L，即c(NH4+ )+c(NH3•H2O)＞0.001mol/L=c(Na+ )，故A错误；‎ B．溶液的导电离子浓度相等，两溶液pH相等，离子浓度相同，导电能力相同，故B错误；‎ C．氨水的浓度大于NaOH溶液，则向等体积的两溶液中加盐酸溶液至中性，氨水溶液消耗的盐酸溶液体积多，故C错误；‎ D．该氨水溶液与等体积、pH=3 的盐酸溶液混合后，氨水过量，混合液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎19.过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。实验室常用CaCO3为原料制备过氧化钙，流程如图：‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的CO2‎ B. 加入氨水和双氧水后的反应为：CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2＝CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O C. 生成CaO2的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解 D. 产品依次用蒸馏水、无水乙醇洗涤，其中乙醇洗涤的目的是为了除去晶体表面的NH4Cl杂质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由流程可知，碳酸钙溶于盐酸后，将溶液煮沸，可以除去溶液中溶解的二氧化碳气体，防止二氧化碳与氨气反应，过滤后，滤液中氯化钙、氨水、过氧化氢反应生成CaO2、NH4Cl、水，反应在冰浴下进行，可防止过氧化氢分解，再过滤，洗涤得到过氧化钙白色晶体，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液二氧化碳，防止再后续实验中二氧化碳与氨气反应，故A正确；‎ B．滤液中加入氨水和双氧水生成CaO2，反应的方程式为：CaCl2+2NH3•H2O+H2O2═CaO2↓+2NH4Cl+2H2O，故B正确；‎ C．温度过高时过氧化氢分解，影响反应产率，则生成CaO2的反应需要在冰浴下进行，故C正确；‎ D．过滤得到的白色结晶为CaO2，微溶于水，用蒸馏水洗涤后应再用乙醇洗涤以去除结晶表面水分，同时可防止固体溶解，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎20.有一包白色粉末X，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuCl2、KCl中的一种或几种组成，为了探究其成分，进行了如下实验：‎ 下列判断正确的是（ ）‎ A. 白色滤渣A可能为CaCO3、BaSO4的混合物 B. K2SO4、CuCl2一定不存在 C. KCl、K2SO4可能存在 D. CaCO3、BaCl2一定存在，NaOH可能存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由流程可知，白色固体溶于水，得到无色溶液，则一定不含CuCl2，白色滤渣A与足量稀盐酸反应生成气体D和溶液C，则滤渣A为CaCO3，不含BaSO4，生成的气体D为CO2；CO2与无色溶液B反应生成白色沉淀E和溶液F，则白色沉淀E为BaCO3‎ ‎，则一定含有BaCl2、NaOH，一定没有K2SO4；可能存在KCl；据此分析解答。‎ ‎【详解】A．白色滤渣A只有CaCO3，不存在BaSO4，因为加入足量稀盐酸后没有沉淀剩余，故A错误；‎ B．结合分析可知，原混合物中一定不存在K2SO4、CuCl2，故B正确；‎ C．根据上述分析，可能含有KCl，一定不存在K2SO4，故C错误；‎ D．如果没有NaOH，BaCl2与二氧化碳不反应，无法生成碳酸钡沉淀，则一定含有NaOH，故D错误；‎ 故选B。‎ 非选择题部分 二、非选择题(本大题共6小题，共55分)‎ ‎21.按要求回答下列问题：‎ ‎（1）“水玻璃”中溶质的化学式为____，乙二醇的结构简式为____。‎ ‎（2）AlCl3熔沸点较低，熔融状态不导电，则其晶体类型为____晶体。‎ ‎（3）浓硝酸需避光保存在棕色试剂瓶的原因是____。(用化学方程式解释)‎ ‎【答案】(1). Na2SiO3 (2). (3). 分子 ‎ ‎(4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)硅酸钠溶液俗称水玻璃；乙二醇是乙烷中每个甲基上有1个H原子被-OH替代；‎ ‎(2)AlCl3熔融状态不导电，说明没有自由移动离子，且熔沸点较低，符合分子晶体性质；‎ ‎(3)浓硝酸见光、受热易分解生成二氧化氮、氧气与水。‎ ‎【详解】(1)“水玻璃”为Na2SiO3的水溶液，乙二醇的结构简式为；‎ ‎(2)AlCl3熔融状态不导电，说明没有自由移动离子，且熔沸点较低，说明AlCl3属于分子晶体；‎ ‎(3)硝酸见光或受热均易分解生成二氧化氮、氧气与水，反应方程式为：，因此浓硝酸需避光保存在棕色试剂瓶内。‎ ‎22.已知C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，X在周期表中原子半径最小，Y、Z原子最外层电子数之和为10。D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应①常用于制作印刷线路板。各物质之间的转化关系如图，部分生成物省略。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出Z在周期表中的位置____，D的结构式____。‎ ‎（2）写出A的化学式____。‎ ‎（3）写出反应①的离子方程式____。‎ ‎（4）为了获得氯化铜晶体，需要将B溶液在HCl氛围中蒸发结晶，原因是____。‎ ‎（5）将F溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。写出该反应的化学方程式____。‎ ‎【答案】(1). 第2周期ⅥA族 (2). O=C=O (3). Cu2(OH)2CO3或CuCO3 (4). Cu +2Fe3+= Cu2++2Fe2+ (5). 避免Cu2+水解生成Cu(OH)2 (6). 3Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】X在周期表中的原子半径最小，则X为H元素；G为黄绿色单质气体，则G为Cl2；反应①用于制作印刷电路板，为FeCl3和Cu反应，则L为FeCl3，K为FeCl2；E能与葡萄糖反应生成砖红色沉淀F，则F为Cu2O，E为Cu(OH)2，则B为CuCl2，M为Cu；由C+G→H+I，I有漂白作用，H能够与金属J反应生成FeCl2，则H为HCl，J为Fe，I为HClO，则C为H2O；从A+H(HCl)=B(CuCl2)+C(H2O)+D，D为无色非可燃性气体，可知，A中含有铜元素；Y、Z原子最外层电子数之和为10，Y、Z中一种为O元素，则另一种元素的原子最外层电子数为4，可能为C或Si元素，结合D为无色非可燃性气体，只能为CO2，X、Y、Z的原子序数依次增大，则Y为C元素，Z为O元素，因此A中还含有C元素，因此A为CuCO3或Cu2(OH)2CO3等，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，A为CuCO3或Cu2(OH)2CO3等，B为CuCl2，C为H2O，D为CO2，E为Cu(OH)2，F为Cu2O，G为Cl2，H为HCl，I为HClO，J为Fe，K为FeCl2，L为FeCl3，M为Cu。‎ ‎(1)Z为O元素，在周期表中位于第二周期ⅥA族；D为CO2，结构式为O=C=O，故答案为：第二周期ⅥA族；O=C=O；‎ ‎(2)A 的化学式为：CuCO3或Cu2(OH)2CO3，故答案为：CuCO3或Cu2(OH)2CO3；‎ ‎(3)反应①为FeCl3和Cu反应，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；‎ ‎(4)为了获得氯化铜晶体，需要将 CuCl2 溶液在 HCl 氛围中蒸发结晶，原因是：避免Cu2+水解生成Cu(OH)2，故答案为：避免Cu2+水解生成Cu(OH)2；‎ ‎(5)将 Cu2O 溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体，该反应的化学方程式：3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O，故答案为：3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O。‎ ‎23.第19届亚洲运动会将于2022年在杭州举行，杭州的空气与水质量的提高越来越成为人们关注的问题。其中，烟气中的NOx与水中总氮含量(包括有机氮及NO3-、NO2-、NH4+等无机氮)都必须脱除(即脱硝)后才能排放。请回答下列问题：‎ I.空气的脱硝处理：‎ 已知：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝ -890.3.kJ· mol-1‎ N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) ΔH2＝ +180.kJ· mol-1‎ ‎（1）CH4可用于脱硝，其化学方程式为CH4(g)＋4NO(g)CO2(g)＋2N2(g)＋2H2O(l)，ΔH＝____kJ· mol-1。在恒温，恒容的密闭容器中通入2mol CH4和4mol NO，下列说法正确的是____。‎ A.甲烷过量，可将NO完全转化为N2‎ B.从反应开始到平衡的过程中，NO的转化率一直增大 C.反应过程中，容器中的压强保持不变 D.平衡后，再通入一定量的甲烷，正反应速率增大 ‎（2）C2H4也可用于烟气脱硝。为研究温度、催化剂中Cu2＋负载量对其NO去除率的影响，控制其他条件一定，实验结果如图1所示。为达到最高的NO去除率，应选择的反应温度和Cu2＋负载量分别是____。‎ II.水的脱硝处理：‎ ‎（3）水中的含氮物质在好氧硝化菌的作用下有如下反应：‎ ‎2NH4+(aq)+3O2(g)=2NO2-(aq)+4H+(aq)+2H2O(l)(快反应)‎ ‎2NO2-(aq)+O2(g)=2NO3-(aq)(慢反应)‎ ‎20℃时含氮废水(以NH4＋)的NH4+的浓度随DO(水体中溶解氧)浓度的变化曲线如图2所示，在图2上画出20℃时NO2-的浓度随DO的变化趋势图。_______‎ ‎（4）研究表明，用电解法除去氨氮废水(反应中视为NH4+)有很高的脱氮(转化为N2)效率，写出该过程中阳极的电极反应式____。‎ ‎【答案】(1). -1250.3 (2). BD (3). 3%、350℃左右 (4). (5). 2NH4+－6e－=N2+8H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；A．可逆反应中反应物不能完全转化为生成物；B．从反应开始到平衡的过程中，NO的物质的量一直在减少；C．反应过程中，气体总物质的量减少；D．再通入一定量的甲烷，反应物浓度增大；‎ ‎(2)根据图像找出NO去除率最高时对应温度和催化剂中Cu2+负载量；‎ ‎(3)由题给信息可知，生成NO2-的反应较快，后逐渐被氧化生成NO3-，NO2-浓度先增大后减小；‎ ‎(4)阳极发生氧化反应，NH4+被氧化生成氮气。‎ ‎【详解】I．(1)根据盖斯定律求解，CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l) △H= -890.3kJ•mol-1①；N2(g)+O2(g)═2NO(g) △H= +180kJ•mol-1②；CH4(g)+4NO(g)═CO2(g)+2N2(g)+2H2O(l) △H3③；则③=①-②×2，△H3=△H1-2△H2= -890.3-2×(+180)=-1250.3kJ；‎ A．可逆反应中反应物不能完全转化为生成物，所以NO不能完全反应，故A错误；B．从反应开始到平衡的过程中，NO的物质的量一直在减少，则NO转化率一直增大，故B正确；‎ C．反应过程中，气体总物质的量减少，气体压强与物质的量成正比，所以压强减小，故C错误；‎ D．平衡后，再通入一定量的甲烷，反应物浓度增大，浓度越大，反应速率越快，则正反应速率加快，故D正确；故选BD；‎ ‎(2)由图1可知在350℃左右，催化剂中Cu2+负载量为3%时，NO去除率最高；‎ ‎(3)由题给信息可知，生成NO2-的反应较快，后逐渐被氧化生成NO3-，NO2-浓度先增大后减小，则图像为；‎ ‎(4)阳极发生氧化反应，NH4+被氧化生成氮气，电极方程式为2NH4+-6e-=N2+8H+。‎ ‎24.磺酰氯(SO2Cl2)在医药、染料行业有重要用途，也可用于制备表面活性剂。沸点为69.2℃，遇水水解，剧烈反应生成两种强酸。学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下，制备SO2Cl2并测定产品纯度，设计如图实验如图1(夹持装置略去)。请回答下列问题：‎ Ⅰ.SO2的制备 ‎ ‎ ‎（1）欲收集一瓶干燥的SO2，装置中气流方向合理的连接顺序为____(填小写字母)。‎ ‎（2）A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，A中反应的化学方程式为____。‎ Ⅱ.SO2Cl2的制备和纯度的测定 将上述收集到的SO2充入注射器h中，用图2装置制备SO2Cl2。‎ ‎（3）仪器e的名称为____，b中试剂的名称为____。‎ ‎（4）f的作用是____。‎ ‎（5）取反应后的产品4.0g，配成200mL溶液；取出20.00mL，用0.5000mol ·L-1NaOH溶液滴定；达到滴定终点时消耗标准液的体积为20.00mL(杂质不参加反应)。‎ ‎①产品加水配成溶液时发生的反应为____。‎ ‎②SO2Cl2的质量分数为____。(保留三位有效数字)。‎ ‎【答案】(1). adecbf或adecbdef (2). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O (3). 冷凝管或球形冷凝管 (4). 饱和食盐水 (5). 防止水蒸气进入d使SO2Cl2水解 (6). SO2Cl2+2H2O= H2SO4+2HCl (7). 84.4%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)收集一瓶干燥的SO2，则须先制取气体，然后提纯，再收集，因为二氧化硫有毒、易溶于水，还要对尾气进行吸收处理，据此分析解答；‎ ‎(2)A中是生成二氧化硫的反应；‎ ‎(3)盐酸容易挥发，生成的氯气中会混入氯化氢，据此分析解答；‎ ‎(4)无水氯化钙具有吸水性，结合SO2Cl2遇水易水解分析解答；‎ ‎(5)①SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即生成盐酸和硫酸；②根据NaOH 与盐酸、硫酸反应，得到SO2Cl2的物质的量，从而得出质量分数。‎ ‎【详解】(1)根据图示，装置A可以用来制取二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸气，可以通入C中干燥，用B收集，多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，防止污染；因此欲收集一瓶干燥的SO2‎ ‎，装置的导管按气流方向连接的顺序是：a通过导管d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e导管导出后，通过c导管导入集气瓶中收集，为了防止二氧化硫逸出扩散到空气中污染环境，应该把b导管连接到f导管上，为防止通过D吸收逸出的二氧化硫的水逸到B中，把b导管连接到d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e导管导出后，连接f，故答案为：adecbf或adecbdef；‎ ‎(2)A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，生成二氧化硫的反应方程式为H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O，故答案为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O；‎ ‎(3)根据图示，e为球形冷凝管；b的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故b中试剂为饱和食盐水，故答案为：(球形)冷凝管；饱和食盐水；‎ ‎(4)SO2Cl2遇水易水解，故f的作用的防止空气中的水蒸气进入到d，故答案为：防止空气中的水蒸气进入到d使SO2Cl2水解；‎ ‎(5)①SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即为同时生成盐酸和硫酸，方程式为：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；故答案为：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；‎ ‎②根据2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl得到，SO2Cl2～4H+～4OH-的关系，消耗氢氧化钠的物质的量为0.5000mol•L-1×20.00×10-3L=0.01mol，故n(SO2Cl2)= =0.0025mol，配成 200mL 溶液，取出 20.00mL，所以n(SO2Cl2)总=0.0025mol×10=0.025mol，m(SO2Cl2)=n×M=0.025mol×135g/mol=3.375g，质量分数=×100%=84.4%，故答案为：84.4%。‎ ‎25.苏合香醇可以用作食用香精，其结构简式如图所示。‎ ‎（1）苏合香醇的分子式为____，它不能发生的有机反应类型有(填数字序号)____。‎ ‎①取代反应 ②加成反应 ③氧化反应 ④加聚反应 ⑤水解反应 有机物丙(分子式为C13H18O2)是一种香料，其合成路线如图所示。其中A的相对分子质量通过质谱法测得为56，核磁共振氢谱显示只有两组峰；乙与苏合香醇互为同系物；丙分子中含有两个－CH3。‎ 已知：R-CH=CH2R-CH2CH2OH ‎（2）甲中官能团的名称是____；甲与乙反应生成丙的反应类型为____。‎ ‎（3）B与O2反应生成C的化学方程式为____。‎ ‎（4）在催化剂存在下1 mol D与2 mol H2可以反应生成乙，且D能发生银镜反应。则D结构简式为____。‎ ‎（5）写出符合下列条件的乙的同分异构体结构简式____。‎ ‎①苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯取代物只有两种 ‎②遇氯化铁溶液显紫色 ‎【答案】(1). C8H10O (2). ④⑤ (3). 羧基 (4). 酯化(或取代) (5). 2+O22+2H2O (6). (7). 、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)苏合香醇为，由-OH和苯环分析其性质，据此分析解答(1)；‎ ‎(2)～(5) A 的相对分子质量通过质谱法测得为 56，核磁共振氢谱显示只有两组峰，分子式为C4H8，结合题给信息可知应为CH2=C(CH3)2，A发生已知信息的反应生成B，B连续氧化、酸化得到甲，结合转化关系可知，B为2-甲基-1-丙醇，结构简式为(CH3)2CHCH2OH，C为2-甲基丙醛，结构简式为：(CH3)2CHCHO，甲为(CH3)2CHCOOH，甲与乙反应酯化生成丙(C13H18O2)，则乙为C9H12O，丙中有两个甲基，则乙中不含甲基，乙为苏合香醇的同系物，则乙的结构简式为，由1mol D与2mol氢气反应生成乙，所以D为C9H8O，可以发生银镜反应，含有-CHO，故D为，据此分析解答(2)～(5)题。‎ ‎【详解】(1)苏合香醇为，由-OH和苯环可知，其分子式为C8H10‎ O，能发生取代、加成、氧化、消去反应，而不能发生水解、加聚反应，故答案为：C8H10O；④⑤；‎ ‎(2)甲为(CH3)2CHCOOH，含有的官能团为羧基，甲与乙发生酯化反应生成丙，酯化反应也是取代反应，故答案为：羧基；取代(酯化反应)；‎ ‎(3)B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，由B到C的化学反应方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；‎ ‎(4)由上述分析可知，D的结构简式为，故答案为：；‎ ‎(5)乙为，乙的同分异构体满足：①苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯取代物只有两种，应为对位位置，②遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，则可为、，故答案为：、。‎ ‎26.取4.64g铁屑(含有Fe2O3、CuO杂质)，加入足量的稀硫酸溶解，产生标准状况下气体V mL，过滤后得到0.64g残渣和滤液M(无Cu2＋)。在滤液M中加入足量NaOH溶液过滤残渣充分灼烧得到4.80g固体。请计算：‎ ‎（1）滤液M中存在的金属阳离子有____。‎ ‎（2）参与反应的硫酸的物质的量为___mol。‎ ‎（3）V＝____。‎ ‎【答案】(1). Fe2+ (2). 0.06 (3). 448 mL ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)加入足量的稀硫酸溶解，过滤后得到 0.64 g 残渣，且滤液 M无 Cu2+，由于硫酸足量，Fe、Cu能与Fe3+反应，则残渣为Cu，滤液M中金属阳离子为 Fe2+；‎ ‎(2)滤液M中溶质为FeSO4‎ ‎，加入足量的NaOH，由于氢氧化亚铁易被氧化，过滤充分灼烧得到 4.80g 固体为Fe2O3，根据Fe原子守恒计算硫酸亚铁的物质的量，再根据硫酸根守恒计算硫酸的物质的量；‎ ‎(3)纵观整个反应过程，原混合物可以看作FeO、Cu、Fe的混合物，其中FeO、Fe的总质量为4.64g-0.64g=4g，由Fe原子守恒可知FeO、Fe的总物质的量，联立计算各自物质的量，根据电子转移守恒计算氢气的体积。‎ ‎【详解】(1)加入足量的稀硫酸溶解，过滤后得到 0.64 g 残渣，且滤液 M无 Cu2+，由于硫酸足量，Fe、Cu能与Fe3+反应，则残渣为Cu，滤液M中金属阳离子为 Fe2+，故答案为：Fe2+；‎ ‎(2)滤液M中溶质为FeSO4，加入足量的NaOH，由于氢氧化亚铁易被氧化，过滤充分灼烧得到 4.80g 固体为Fe2O3，其物质的量为=0.03mol，根据Fe原子守恒，n(FeSO4)=2n(Fe2O3)=0.03mol×2=0.06mol，因此n(H2SO4)=n(FeSO4)=0.06mol，故答案为：0.06；‎ ‎(3)纵观整个反应过程，原混合物可以看作FeO、Cu、Fe的混合物，其中FeO、Fe的总质量为4.64g-0.64g=4g，则72g/mol×n(FeO)+56g/mol×n(Fe)=4g，Fe元素最终都转移到4.80g 固体为Fe2O3中，由Fe原子守恒可知：n(FeO)+n(Fe)=0.06mol，联立解得：n(FeO)=0.04mol、n(Fe)=0.02mol，根据电子转移守恒可知生成氢气为=0.01mol，则得到氢气体积为0.01mol×22.4L/mol=0.224L，即体积为224mL，故答案为：224 mL。‎