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广西柳州市2021年高考化学二模试卷
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这是一份广西柳州市2021年高考化学二模试卷，共14页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.唐代陈子昂诗句“山水丹(丹砂：HgS)青[石青：Cu(OH)2•2CuCO3]杂，烟云紫翠浮”中相关化学物质说法错误的是（ ）
A. 丹砂常温下性质稳定 B. 烟、云均属于气溶胶
C. 石青能与强酸发生反应 D. 石青被誉为“水蓝宝石”，可耐高温
2.下列物质性质与用途对应关系正确的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
3.常温下，HN3的Ka=1.9×10-5 ， 可视为一元弱酸。 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1 ml HN3含电子总数为16NA
B. 1 ml NaN3含有阴离子总数为3NA
C. 2LpH=3的HN3与足量Zn反应产生H2的分子数为0.001NA
D. 1 L0.1ml•L-1NaOH溶液中滴入HN3溶液至呈中性，溶液中N 数目为0.1NA
4.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素， W、X的单质均为气体，W、X、Y简单离子的核外电子排布相同，四种元素可形成如图所示化合物。下列说法错误的是（ ）
A. 原子半径：Y＞Z＞ W＞X B. 气态氢化物稳定性：X＞ W
C. Y与W形成的化合物一定不含共价键 D. Z可形成一种以上的含氧酸
5.关于有机物Gibepyrne D( )，下列说法错误的是（ ）
A. 分子式为C10H10O4 B. 该化合物中所有原子可能共平面
C. 该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 1 ml该物质最多可与2 ml NaOH反应
6.某新型电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，其工作原理如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A. 该电池左室电极为负极 B. 正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C. H+通过质子膜从左向右迁移 D. 左池消耗的S2-与右池消耗的NO 的物质的量之比为5：8
7.下列实验方案中，能达到实验目的的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
二、综合题
8.用油造气的废镍催化剂(含NiCO3、Na2SiO3、少量Fe2+、Fe3+及Cr3+的化合物)制取NiSO4•7H2O的工艺流程如下图所示(CTAC一种硅酸胶体凝聚剂)。回答下列问题：
（1）“浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，提高镍的回收率还可采取的措施是________(写出一条)。
（2）“滤渣1”的主要成分是________。
（3）“一次碱析”时，Cr(OH)3转化为的CrO 的离子方程式为________。
（4）加氨水“溶解”的目的是________，‘滤渣 2”的主要成分是________。
（5）“氧化”时，HNO3被还原为NO，该反应的化学方程式为________。
（6）已知0.01ml•L-1Ni(NO3)2开始沉淀时的pH为7.2，计算Ni(OH)2的Ksp=________(列出计算式)，则“二次碱析”使Ni2+沉淀完全时(c=1.0×10—5 ml•L-1)的pH为________。
9.某校化学课外小组的同学依据反应S2Cl2+3Cl2+2SO2 4SOCl2 ， 设计如下装置(夹持及加热装置已略)制备SOCl2(氯化亚砜)。
相关物质的数据及性质如下表：
回答下列问题：
（1）.装置A中w管的作用是 。
（2）.装置C球形冷凝管中水应从 处(填“a” 或“b” )进入，冷凝管装置的作用是 ；装置C合适的加热方式是 。
（3）.装置E中生成SO2的化学方程式为 。
（4）.装置中碱石灰的作用 。
（5）.上述装置存在一处缺陷 ，导致SOCl2产率降低，改进的方法是 。
（6）.反应后从装置C的反应液纯化得到SOCl2需要的硅酸盐质仪器有：酒精灯、接引管、锥形瓶外，还缺少 (从下列图中选择，填标号)。
10.采用光电催化法或化学吸收法处理含硫化氢的废液废气，既可防止环境污染又可回收硫资源等。回答下列问题：
（1）利用二氧化锰修饰的活性炭(MnO2-AC)作光催化剂分解废水中H2S制氢气的原理如下图所示。在催化作用下，MnO2-AC自动将电子集中至导带，空穴(用h*表示)集中至价带，从而进一步分解H2S。图中能量转化形式是________，已 知在催化剂表面总反应为：2HS-=H2↑+S ，价带上发生的半反应为________ (半反应相当于电极反应)。
（2）利用CaCO3吸收烟气中H2S包括：CaCO3的分解、H2S的吸收与CaS的生成以及CaS的氧化。
①高温下反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)能自发进行， 则△H________0，∆S________0(填“大于”或“小于”)。
②恒温恒容密闭容器中进行吸收H2S反应为CaO(s)+H2S(g) CaS(s)+H2O(g)，能说明该反应已达到平衡状态的是________ (填标号)。
A．气体的总压强不再随时间变化
B．气体的密度不再随时间变化
C．单位时间内断裂H-S与生成H-O键数相等
D．气体的分压p(H2S)/p(H2O)不再随时间变化
③CaS的氧化涉及如下反应：
(I) CaS(s)+O2(g) CaSO4(s) ∆H1
(II) CaS(s)+O2(g) CaO(s)+ SO2(g) △H2
(III )CaSO4(s)+ CaS(s) CaO(s)+ SO2(g) ∆H3
在恒压(总压为akPa)密闭容器中反应时，各反应的lgKp(Kp为以分压表示的平衡常数)与温度的关系如图：
由图可知： ∆H＞0的反应是________ ( 填标号)；∆H3=________(用∆H1、∆H2表示)；N点时，分压p(SO2)=________kPa，M点时，分压p(O2)=________kPa
11.寻找室温超导材料一直是科学家们竞相追求的目标， CaFeAsF 、LaH10、H2S等均是近年来的研究热点。回答下列问题：
（1）.基态As原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为 ， 基态La原子价电子排布为5d16s2 ， 成为阳离子时首先失去 轨道电子。
（2）.CaFeAsF中，电负性最高的元素是 。
（3）.Ca与Fe位于同周期且最外层电子构型相同，Ca的熔点和沸点均比Fe的低，这是因为 。
（4）.H2S的的空间构型为 ， 写出一种与H2S互为等电子体的分子的化学式 。
（5）.含砷化合物(以 )中碳原子杂化方式是 ， 每个分子中含σ键和π键个数比为 。
（6）.Ca、Fe、As构成的超导材料的晶胞结构如图所示，边长为apm，高为cpm，则紧邻的Ca原子之间的距离为 pm，该晶体的密度为 g•cm-3。
12.苔色醛甲酸甲酯是制备Aigiacmycin的重要中间体，其-一种合成路线如下：
回答下列问题：
已知：①
②
③
（1）.A经催化加氢生成K，K的化学名称是 。
（2）.由A生成B的反应类型是 。
（3）.D中官能团的名称为 。
（4）.E生成F步骤的目的是 。
（5）.G的结构简式为 。
（6）.由H生成I的的化学方程式为 。
（7）.W是H的同分异构体，写出满足如下条件的W的结构简式 。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③酸性条件下水解产物的核磁共振氢谱均只有面积比为1：1的两组峰
（8）.设计以 和CH3I为起始原料制备 的合成路线(无机试剂任用)。 。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】【解答】A．常温下S和Hg反应生成丹砂(HgS)，该物质，常温下性质稳定，故A不符合题意；
B．分散剂为气体的胶体为气溶胶，烟、云均属于胶体，分散在空气中，空气为分散剂，因此都属于气溶胶，故B不符合题意；
C．石青的成分为Cu(OH)2•2CuCO3 ， 碱与碳酸盐均能与强酸发生反应，故C不符合题意；
D．石青被誉为“水蓝宝石”，其成分中的Cu(OH)2和CuCO3受热均会发生分解，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据石青的物质组成， Cu(OH)2•2CuCO3 ，氢氧化铜以及碳酸铜在高温时很易分解，因此不耐高温，其他选项均正确
2.【答案】 A
【解析】【解答】A．二氧化氯是一种强氧化剂，其漂白作用主要来自于氧化漂白，故A符合题意；
B．胃酸的主要成分为盐酸，碳酸氢钠中和胃酸是因为二者能发生反应生成水、二氧化碳和氯化钠，与碳酸氢钠受热易分解无关，故B不符合题意；
C．三价铁离子具有氧化性，可以和铜发生氧化还原反应，从而腐蚀铜制电路板，并不是有酸性，故C不符合题意；
D．玻璃成分主要是硅酸盐，HF可以和它发生反应，从而刻蚀玻璃，不是因为弱酸性，是HF的特性，故D不符合题意；
故答案：A。
【分析】A.利用氧化性可以漂白纸浆
B.中和胃酸过多主要是利用酸和盐发生反应的化学性质
C.腐蚀电路板主要利用的是氯化铁的氧化性
D.利用氢氟酸与二氧化硅反应的特性进行腐蚀刻画玻璃
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．1个HN3分子中含有22个电子，则1 ml HN3含电子总数为22NA ， 故A不符合题意；
B．HN3可视为一元弱酸，则NaN3由Na+和 构成，则1 ml NaN3含有阴离子总数为NA ， 故B不符合题意；
C．pH=3的HN3溶液中氢离子浓度为10-3ml/L，HN3可视为一元弱酸，在溶液中部分电离，则HN3大于10-3ml/L，则2LpH=3的HN3中HN3的物质的量大于0.002ml，与足量Zn反应产生H2的分子数大于0.001NA ， 故C不符合题意；
D．1 L0.1ml•L-1NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1ml，滴入HN3溶液恰好完全反应时生成物为NaN3 ， NaN3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，若使呈中性，HN3溶液需要过量，即为NaN3和NaN3的混合溶液，该混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c( )+c(OH-)，由于溶液中性，即c(H+)= c(OH-)，则c(Na+)= c( )，n(Na+)=n( )=0.1ml，则溶液中N 数目为0.1NA ， 故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.找出1个氨气分子中的电子总数即可
B.根据NaN3=Na++N3-,即可求出阴离子数目
C. HN3的Ka=1.9×10-5， 可视为一元弱酸， 部分电离，2LpH=3的HN3 与锌产生的氢气远大于0.001ml
D.根据电荷守恒即可判断
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．同主族元素，从上到下原子半径依次增大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则四种元素的原子半径由大到小的顺序为Na＞P＞O＞F，故A不符合题意；
B．元素的非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，氟元素的非金属性强于氧元素，则氟化氢的稳定性强于水，故B不符合题意；
C．钠元素和氧元素可以形成过氧化钠，过氧化钠中含有离子键和共价键，故C符合题意；
D．磷元素可以形成HPO3、H3PO4等含氧酸，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X的单质均为气体，W、X、Y简单离子的核外电子排布相同，由四种元素形成的化合物可知，Z原子可以形成5个共价键，Y离子带一个单位正电荷，则Z为P元素、Y为Na元素，由化合物中W可以形成2个共价键、X形成1个共价键可知，W为O元素、X为F元素。
5.【答案】 B
【解析】【解答】A．根据D的结构简式，D的分子式为C10H10O4 ， 故A不符合题意；
B．该化合物的分子结构中含有甲基，甲基是四面体结构，分子中所有原子不可能共平面，故B符合题意；
C．该化合物分子结构中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；
D．该化合物分子结构中含有酯基和羧基，酯基和羧基都能与氢氧化钠溶液反应，因此1 ml该物质最多可与2 ml NaOH反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据有机物的结构简式即可判断分子式，以及含有酯基、羧基、以及碳碳双键官能团，含有双键可使高锰酸钾溶液褪色，1ml有机物含有1ml羧基和1ml酯基能消耗2ml氢氧化钠,f分子中含有多个不饱和碳原子因此不可能共面
6.【答案】 B
【解析】【解答】A．由分析可知，该装置为原电池，左室电极为原电池的负极，故A不符合题意；
B．由分析可知，左室电极为原电池的负极，硫离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为S2--8e-+4H2O=SO +8H+ ， 放电时生成氢离子，溶液的pH降低，右室电极为正极，酸性条件下，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气，电极反应式为2NO +10 e-+ 12H+=N2↑+6 H2O，放电时消耗氢离子，溶液的pH升高，故B符合题意；
C．电池工作时，阳离子向正极移动，由分析可知，左室电极为原电池的负极，右室电极为正极，则氢离子通过质子膜从左向右迁移，故C不符合题意；
D．由分析可知，硫离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气，由得失电子数目守恒可知，左池消耗的硫离子与右池消耗的硝酸根的物质的量之比为5：8，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由题给示意图可知，该装置为原电池，左室电极为原电池的负极，硫离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为S2--8e-+4H2O=SO +8H+ ， 右室电极为正极，酸性条件下，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气，电极反应式为2NO +10 e-+ 12H+=N2↑+6 H2O。
7.【答案】 A
【解析】【解答】A．强酸、强碱属于强电解质，弱酸弱碱属于弱电解质，强电解质在溶液中完全电离，弱电解质在溶液中部分电离，等浓度的HCl和HClO溶液在溶液中的电离程度不同，电离程度大的，溶液中氢离子浓度大，导电能力强，酸性也就越强，则A能达到实验目的；
B．在Na2S2O3溶液中滴加盐酸会发生反应：Na2S2O3+2HCl═2NaCl+SO2↑+S↓+H2O，产生了大量的浅黄色浑浊，会对后续白色沉淀的观察产生影响，故B不能打到实验目的；
C．浓盐酸能与KMnO4反应，向较浓的FeCl2溶液加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去可能是与Cl-反应导致，无法证明Fe2+有还原性，故C不能打到实验目的；
D．向1L浓度均为0.1ml/LNaCl和NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，先出现淡黄色沉淀，说明先生成了AgBr沉淀，即在浓度相同的前提下，溴离子优先于氯离子沉淀，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，选项中未指明NaCl与NaBr浓度关系，不能比较二者Ksp ， 故D不能打到实验目的；
故答案为：A。
【分析】A.强酸完全电离，弱酸部分电离导电能力弱
B.加入盐酸后会造成干扰，应该先过滤再加入氯化钡溶液
C.亚铁离子和氯离子均具有氧化性，应该利用硫酸亚铁溶液进行实验
D.未进行控制氯化钠和溴化钠的浓度
二、综合题
8.【答案】 （1）将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取）
（2）硅酸
（3）2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO + 8H2O
（4）将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离；Fe(OH)3
（5）3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O
（6）0.01×(107.2—14)2；8.7
【解析】【解答】(1) “浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，将原料粉碎、适当延长溶解的时间、滤渣 1 再次溶解浸取等措施能提高镍的回收率，故答案为：将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取）；
(2)由分析可知，滤渣1的主要成分是硅酸，故答案为：硅酸；
(3) 由分析可知， “一次碱析”时发生的反应为氢氧化铬在碱性条件下与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成铬酸根离子和水，反应的离子方程式为2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO + 8H2O，故答案为：2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO + 8H2O；
(4) 由分析可知，加氨水“溶解”的目的是使氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液，达到分离氢氧化镍和氢氧化铁的目的，故答案为：将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离；Fe(OH)3；
(5) 由分析可知， “氧化”时发生的反应为硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O，故答案为：3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O；
(6)由题意可知，开始沉淀时溶液中镍离子浓度为0.01ml/L，氢氧根离子浓度为107.2—14 ml/L，Ksp=c(Ni2+)c2(OH—)= 0.01×(107.2—14)2；镍离子沉淀完全时，溶液中镍离子浓度为1.0×10—5 ml/L，则溶液中氢氧根离子浓度为 = =10—5.3 ml/L，则溶液的pH为8.7，故答案为：0.01×(107.2—14)2；8.7。
【分析】由题给流程可知，向废镍催化剂中加入20%稀硫酸和CTAC，碳酸镍与稀硫酸反应生成硫酸镍、二氧化碳和水，硅酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠和硅酸沉淀，过滤得到含有镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子的浸取液和含有硅酸的滤渣1；向浸取液中加入氢氧化钠溶液，溶液中镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化物沉淀，进入过氧化氢溶液，氢氧化铬在碱性条件下被过氧化氢溶液氧化为铬酸根离子，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，过滤得到含有铬酸根离子的滤液和含有氢氧化镍和氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氨水，氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液；向滤液中通入硫化氢气体，[Ni(NH3)4]2+离子与硫化氢反应转化为硫化镍沉淀，过滤得到硫化镍滤渣；向硫化镍中加入稀硝酸，硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水，过滤得到硫滤渣和硝酸镍溶液；向硝酸镍溶液加入6ml/L氢氧化钠溶液，硝酸镍与氢氧化钠溶液反应转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入稀硫酸，氢氧化镍溶解得到硫酸镍溶液，溶液经结晶、提纯制得七水硫酸镍。
9.【答案】 （1）平衡气压，使浓盐酸顺利滴下
（2）A；冷凝回流 SOCl2；80℃热水浴
（3）Cu +2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O
（4）吸收 SO2、Cl2等气体，防止空气中的水蒸气进入装置 C
（5）将装置 B 中饱和食盐水换成浓硫酸（或 B、C 间加装盛有浓硫酸的洗气瓶）
（6）adef
【解析】【解答】(1)根据图示装置特点分析，装置A中w管的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；
(2)为了使冷凝水充满冷凝管，装置C球形冷凝管中水应从下端通入，即a处进入；由题干信息知SOCl2的沸点为78.8℃，且反应温度为80℃，所以冷凝管的作用是冷凝回流SOCl2；反应温度应该控制在80℃，所以适合的加热方式为80℃水浴加热；故答案为：a；冷凝回流 SOCl2；80℃水浴加热；
(3)装置E中铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、SO2和水，反应方程式为：Cu +2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O，故答案为：Cu +2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O；
(4)根据上述分析，装置中碱石灰的作用是吸收未反应的SO2、Cl2等气体，同时防止空气中的水蒸气进入装置 C，故答案为：吸收 SO2、Cl2等气体，防止空气中的水蒸气进入装置 C；
(5)已知SOCl2易水解，在氯气进入C中时未干燥，会导致SOCl2产率降低，应该增加干燥装置，故答案为：将装置 B 中饱和食盐水换成浓硫酸（或 B、C 间加装盛有浓硫酸的洗气瓶）；
(6)由题干信息知，SOCl2与S2Cl2沸点不同，可以用蒸馏的方法得到纯净的SOCl2 ， 蒸馏装置所需的玻璃仪器含有蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、石棉网，故答案为：adef。
【分析】根据实验原理及实验装置分析，装置A是用浓盐酸和漂白粉制备氯气，B中的饱和食盐水目的是除去杂质HCl；E装置是用浓硫酸与铜反应制备二氧化硫气体，D中浓硫酸作用是干燥二氧化硫气体；将氯气及二氧化硫气体通入C中与S2Cl2反应制备SOCl2 ， 冷凝管的作用为冷凝回流S2Cl2和SOCl2 ， 连接的干燥管作用是防止空气中水分进入和剩余气体的尾气处理，据此分析解答。
10.【答案】 （1）光能转化为化学能；2HS-+2h+ =2H++S 或 2HS--2e- =2H++S
（2）大于；大于；BD；Ⅲ；2(△H2－△H1)；1；a-1
【解析】【解答】(1)从图中可以看出，其能量转化形式为光能转化为化学能；催化剂表面的总反应为 ，其中导带的半反应为 ，所以价带的半反应为 或者 ，故填光能转化为化学能、 或者 ；
(2)①反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)为分子数增大的反应， ，根据判定依据 反应才能自发，该反应高温自发，故 ，故填大于、大于；
②A.该反应为分子数不变的反应，恒温恒容下反应前后压强不变，故压强不能作为平衡的标志，故A不符合题意；
B.根据 ，反应前后体积不变，气体的质量在变，故密度为变量，当密度不变时反应达平衡，故B符合题意；
C.反应物断键、生成物成键表示正方形进行，不能作为平衡的标志，故C符合题意；
D.压强之比即为浓度之比，平衡时浓度恒定，浓度之比保持不变，故分压之比保持恒定，故D符合题意；
故填BD；
③从图中可以看出反应III的平衡常数随温度的升高而升高，该反应为吸热反应，即 ；根据盖斯定律反应III等于反应II×2减去反应I×2，故 ；N点时反应III的lgKp=0，故Kp=1，其平衡常数表达式为 ，解得 ，体系中只存在二氧化硫和氧气两种气体，M点和N点平衡常数相等，其中 ，则 ，故填III、 、1、a-1。
【分析】反应达平衡的标志为：(1)体系中各组分的量保持不变；(2)正逆反应速率相等；(3)当某个标量不变时，如密度、压强、温度等。
11.【答案】 （1）；6s
（2）F
（3）Ca 的原子半径比 Fe 的大，价电子数比 Fe 少，钙的金属键比铁的弱
（4）V 形；H2O、H2Se等
（5）sp2 和 sp3；22∶1
（6）a；
【解析】【解答】(1)As位于第四周期第VA族，其基态原子的价层电子排布为 ，轨道表示式为 ；元素成为阳离子时优先失去能量高的电子，La原子的价层电子为5d16s2 ， 6s轨道电子能量高，成为阳离子时优先失去，故填 、6s；
(2) 金属与非金属相比，非金属的电负性高，CaFeAsF中，Ca、Fe为金属，As、F为非金属元素，其中F是元素周期表中电负性最强的元素，故填F；
(3)Ca的价层电子排布为 ，Fe的价层电子为 ，Ca的价层电子数少，且原子半径比Fe大，金属键弱，所以熔点低，故填Ca 的原子半径比 Fe 的大，价电子数比 Fe 少，钙的金属键比铁的弱；
(4) 与水相似，其空间构型为V形； 价电子数为8，根据等电子体的定义，与其互为等电子体的有 、 等，故填V形、 、 等；
(5) 中，C原子分别以单键或者双键成键，为 、 杂化；其中单个分子中σ键有22个，π键有1个，其个数比为22:1，故填 和 、22:1；
(6)图中相邻的两个Ca原子为晶胞的底面中心与四个角距离最短，其中底面正方形的边长为apm，对角线长为 pm，所以相邻的Ca原子的距离为 pm；晶胞中Ca原子的个数为 、As原子的个数为 、Fe原子的个数为8，其分子式为 ，根据 = ，故填 、 。
【分析】利用元素周期律、洪特规则和泡利不相容原理对原子轨道进行理解；金属性即失电子能力，非金属即得电子能力。
12.【答案】 （1）2-丙醇
（2）消去反应
（3）羰基、酯基
（4）保护酚羟基
（5）
（6）+CH3OH +H2O
（7）
（8）
【解析】【解答】(1)A为丙酮，催化加氢生成醇，名称为2-丙醇，故填2-丙醇；
(2)A到B不饱和键增加，为消去反应，故填消去反应；
(3)D中含有的官能团有羰基和酯基，故填羰基和酯基；
(4)从流程中可以看出，H中重新出现酚羟基，故E到F为保护酚羟基，故填保护酚羟基；
(5)根据推断，G的结构简式为 ，故填 ；
(6)H到I为酯化反应，反应方程式为 +CH3OH +H2O，故填 +CH3OH +H2O；
(7)①能与氯化铁显色说明含有酚羟基；②能发生银镜反应说明含有醛基；③能水解说明含有酯基，结合H的结构简式可知，W分子中含有酚羟基和酯基，醛基且位置相对对称，满足条件的结构简式为 ，故填 ；
(8)先将 转化为酚醛，再反应生成醚，其流程为 ，故填 ；
【分析】根据已知，E到F为生成酯的反应，F的结构简式为 ；根据已知信息，F到G为甲基的取代反应，G的结构简式为 ；G到H为酯的水解，H的结构简式为 ，H到I为酯化反应，I的结构简式为 ，由此进行解题。
性质
用途
A
ClO2具有氧化性
漂白纸浆
B
NaHCO受热分解
中和过多的胃酸
C
FeCl3溶液呈酸性
刻制铜制电路板时作为“腐蚀液”
D
HF具有弱酸性
刻蚀玻璃
选项
实验目的
实验方案
A
比较HCl和HClO的酸性强弱
分别测定等浓度的HCl和HClO溶液的导电能力大小
B
验证Na2S2O3是否氧化变质
在Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，然后滴加BaCl2溶液观察是否产生白色沉淀
C
证明Fe2+有还原性
向较浓的FeCl2溶液中滴人少量酸性KMnO4溶液，观察KMnO4溶液紫色是否褪去
D
比较K(AgBr) ＜K(AgCl)
向NaCl与NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，观察是否出现淡黄色沉淀
主要性状
熔点/℃
沸点/℃
主要化学性质
SOCl2
淡黄至红色发烟液体
-105
78.8
遇水分解, 140℃开始分解
S2Cl2
浅黄色油状液体
-80
138
遇水分解,高于100℃时开始分解
1.唐代陈子昂诗句“山水丹(丹砂：HgS)青[石青：Cu(OH)2•2CuCO3]杂，烟云紫翠浮”中相关化学物质说法错误的是（ ）
A. 丹砂常温下性质稳定 B. 烟、云均属于气溶胶
C. 石青能与强酸发生反应 D. 石青被誉为“水蓝宝石”，可耐高温
2.下列物质性质与用途对应关系正确的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
3.常温下，HN3的Ka=1.9×10-5 ， 可视为一元弱酸。 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1 ml HN3含电子总数为16NA
B. 1 ml NaN3含有阴离子总数为3NA
C. 2LpH=3的HN3与足量Zn反应产生H2的分子数为0.001NA
D. 1 L0.1ml•L-1NaOH溶液中滴入HN3溶液至呈中性，溶液中N 数目为0.1NA
4.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素， W、X的单质均为气体，W、X、Y简单离子的核外电子排布相同，四种元素可形成如图所示化合物。下列说法错误的是（ ）
A. 原子半径：Y＞Z＞ W＞X B. 气态氢化物稳定性：X＞ W
C. Y与W形成的化合物一定不含共价键 D. Z可形成一种以上的含氧酸
5.关于有机物Gibepyrne D( )，下列说法错误的是（ ）
A. 分子式为C10H10O4 B. 该化合物中所有原子可能共平面
C. 该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 1 ml该物质最多可与2 ml NaOH反应
6.某新型电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，其工作原理如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A. 该电池左室电极为负极 B. 正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C. H+通过质子膜从左向右迁移 D. 左池消耗的S2-与右池消耗的NO 的物质的量之比为5：8
7.下列实验方案中，能达到实验目的的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
二、综合题
8.用油造气的废镍催化剂(含NiCO3、Na2SiO3、少量Fe2+、Fe3+及Cr3+的化合物)制取NiSO4•7H2O的工艺流程如下图所示(CTAC一种硅酸胶体凝聚剂)。回答下列问题：
（1）“浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，提高镍的回收率还可采取的措施是________(写出一条)。
（2）“滤渣1”的主要成分是________。
（3）“一次碱析”时，Cr(OH)3转化为的CrO 的离子方程式为________。
（4）加氨水“溶解”的目的是________，‘滤渣 2”的主要成分是________。
（5）“氧化”时，HNO3被还原为NO，该反应的化学方程式为________。
（6）已知0.01ml•L-1Ni(NO3)2开始沉淀时的pH为7.2，计算Ni(OH)2的Ksp=________(列出计算式)，则“二次碱析”使Ni2+沉淀完全时(c=1.0×10—5 ml•L-1)的pH为________。
9.某校化学课外小组的同学依据反应S2Cl2+3Cl2+2SO2 4SOCl2 ， 设计如下装置(夹持及加热装置已略)制备SOCl2(氯化亚砜)。
相关物质的数据及性质如下表：
回答下列问题：
（1）.装置A中w管的作用是 。
（2）.装置C球形冷凝管中水应从 处(填“a” 或“b” )进入，冷凝管装置的作用是 ；装置C合适的加热方式是 。
（3）.装置E中生成SO2的化学方程式为 。
（4）.装置中碱石灰的作用 。
（5）.上述装置存在一处缺陷 ，导致SOCl2产率降低，改进的方法是 。
（6）.反应后从装置C的反应液纯化得到SOCl2需要的硅酸盐质仪器有：酒精灯、接引管、锥形瓶外，还缺少 (从下列图中选择，填标号)。
10.采用光电催化法或化学吸收法处理含硫化氢的废液废气，既可防止环境污染又可回收硫资源等。回答下列问题：
（1）利用二氧化锰修饰的活性炭(MnO2-AC)作光催化剂分解废水中H2S制氢气的原理如下图所示。在催化作用下，MnO2-AC自动将电子集中至导带，空穴(用h*表示)集中至价带，从而进一步分解H2S。图中能量转化形式是________，已 知在催化剂表面总反应为：2HS-=H2↑+S ，价带上发生的半反应为________ (半反应相当于电极反应)。
（2）利用CaCO3吸收烟气中H2S包括：CaCO3的分解、H2S的吸收与CaS的生成以及CaS的氧化。
①高温下反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)能自发进行， 则△H________0，∆S________0(填“大于”或“小于”)。
②恒温恒容密闭容器中进行吸收H2S反应为CaO(s)+H2S(g) CaS(s)+H2O(g)，能说明该反应已达到平衡状态的是________ (填标号)。
A．气体的总压强不再随时间变化
B．气体的密度不再随时间变化
C．单位时间内断裂H-S与生成H-O键数相等
D．气体的分压p(H2S)/p(H2O)不再随时间变化
③CaS的氧化涉及如下反应：
(I) CaS(s)+O2(g) CaSO4(s) ∆H1
(II) CaS(s)+O2(g) CaO(s)+ SO2(g) △H2
(III )CaSO4(s)+ CaS(s) CaO(s)+ SO2(g) ∆H3
在恒压(总压为akPa)密闭容器中反应时，各反应的lgKp(Kp为以分压表示的平衡常数)与温度的关系如图：
由图可知： ∆H＞0的反应是________ ( 填标号)；∆H3=________(用∆H1、∆H2表示)；N点时，分压p(SO2)=________kPa，M点时，分压p(O2)=________kPa
11.寻找室温超导材料一直是科学家们竞相追求的目标， CaFeAsF 、LaH10、H2S等均是近年来的研究热点。回答下列问题：
（1）.基态As原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为 ， 基态La原子价电子排布为5d16s2 ， 成为阳离子时首先失去 轨道电子。
（2）.CaFeAsF中，电负性最高的元素是 。
（3）.Ca与Fe位于同周期且最外层电子构型相同，Ca的熔点和沸点均比Fe的低，这是因为 。
（4）.H2S的的空间构型为 ， 写出一种与H2S互为等电子体的分子的化学式 。
（5）.含砷化合物(以 )中碳原子杂化方式是 ， 每个分子中含σ键和π键个数比为 。
（6）.Ca、Fe、As构成的超导材料的晶胞结构如图所示，边长为apm，高为cpm，则紧邻的Ca原子之间的距离为 pm，该晶体的密度为 g•cm-3。
12.苔色醛甲酸甲酯是制备Aigiacmycin的重要中间体，其-一种合成路线如下：
回答下列问题：
已知：①
②
③
（1）.A经催化加氢生成K，K的化学名称是 。
（2）.由A生成B的反应类型是 。
（3）.D中官能团的名称为 。
（4）.E生成F步骤的目的是 。
（5）.G的结构简式为 。
（6）.由H生成I的的化学方程式为 。
（7）.W是H的同分异构体，写出满足如下条件的W的结构简式 。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③酸性条件下水解产物的核磁共振氢谱均只有面积比为1：1的两组峰
（8）.设计以 和CH3I为起始原料制备 的合成路线(无机试剂任用)。 。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】【解答】A．常温下S和Hg反应生成丹砂(HgS)，该物质，常温下性质稳定，故A不符合题意；
B．分散剂为气体的胶体为气溶胶，烟、云均属于胶体，分散在空气中，空气为分散剂，因此都属于气溶胶，故B不符合题意；
C．石青的成分为Cu(OH)2•2CuCO3 ， 碱与碳酸盐均能与强酸发生反应，故C不符合题意；
D．石青被誉为“水蓝宝石”，其成分中的Cu(OH)2和CuCO3受热均会发生分解，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据石青的物质组成， Cu(OH)2•2CuCO3 ，氢氧化铜以及碳酸铜在高温时很易分解，因此不耐高温，其他选项均正确
2.【答案】 A
【解析】【解答】A．二氧化氯是一种强氧化剂，其漂白作用主要来自于氧化漂白，故A符合题意；
B．胃酸的主要成分为盐酸，碳酸氢钠中和胃酸是因为二者能发生反应生成水、二氧化碳和氯化钠，与碳酸氢钠受热易分解无关，故B不符合题意；
C．三价铁离子具有氧化性，可以和铜发生氧化还原反应，从而腐蚀铜制电路板，并不是有酸性，故C不符合题意；
D．玻璃成分主要是硅酸盐，HF可以和它发生反应，从而刻蚀玻璃，不是因为弱酸性，是HF的特性，故D不符合题意；
故答案：A。
【分析】A.利用氧化性可以漂白纸浆
B.中和胃酸过多主要是利用酸和盐发生反应的化学性质
C.腐蚀电路板主要利用的是氯化铁的氧化性
D.利用氢氟酸与二氧化硅反应的特性进行腐蚀刻画玻璃
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．1个HN3分子中含有22个电子，则1 ml HN3含电子总数为22NA ， 故A不符合题意；
B．HN3可视为一元弱酸，则NaN3由Na+和 构成，则1 ml NaN3含有阴离子总数为NA ， 故B不符合题意；
C．pH=3的HN3溶液中氢离子浓度为10-3ml/L，HN3可视为一元弱酸，在溶液中部分电离，则HN3大于10-3ml/L，则2LpH=3的HN3中HN3的物质的量大于0.002ml，与足量Zn反应产生H2的分子数大于0.001NA ， 故C不符合题意；
D．1 L0.1ml•L-1NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1ml，滴入HN3溶液恰好完全反应时生成物为NaN3 ， NaN3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，若使呈中性，HN3溶液需要过量，即为NaN3和NaN3的混合溶液，该混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c( )+c(OH-)，由于溶液中性，即c(H+)= c(OH-)，则c(Na+)= c( )，n(Na+)=n( )=0.1ml，则溶液中N 数目为0.1NA ， 故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.找出1个氨气分子中的电子总数即可
B.根据NaN3=Na++N3-,即可求出阴离子数目
C. HN3的Ka=1.9×10-5， 可视为一元弱酸， 部分电离，2LpH=3的HN3 与锌产生的氢气远大于0.001ml
D.根据电荷守恒即可判断
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．同主族元素，从上到下原子半径依次增大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则四种元素的原子半径由大到小的顺序为Na＞P＞O＞F，故A不符合题意；
B．元素的非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，氟元素的非金属性强于氧元素，则氟化氢的稳定性强于水，故B不符合题意；
C．钠元素和氧元素可以形成过氧化钠，过氧化钠中含有离子键和共价键，故C符合题意；
D．磷元素可以形成HPO3、H3PO4等含氧酸，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X的单质均为气体，W、X、Y简单离子的核外电子排布相同，由四种元素形成的化合物可知，Z原子可以形成5个共价键，Y离子带一个单位正电荷，则Z为P元素、Y为Na元素，由化合物中W可以形成2个共价键、X形成1个共价键可知，W为O元素、X为F元素。
5.【答案】 B
【解析】【解答】A．根据D的结构简式，D的分子式为C10H10O4 ， 故A不符合题意；
B．该化合物的分子结构中含有甲基，甲基是四面体结构，分子中所有原子不可能共平面，故B符合题意；
C．该化合物分子结构中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；
D．该化合物分子结构中含有酯基和羧基，酯基和羧基都能与氢氧化钠溶液反应，因此1 ml该物质最多可与2 ml NaOH反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据有机物的结构简式即可判断分子式，以及含有酯基、羧基、以及碳碳双键官能团，含有双键可使高锰酸钾溶液褪色，1ml有机物含有1ml羧基和1ml酯基能消耗2ml氢氧化钠,f分子中含有多个不饱和碳原子因此不可能共面
6.【答案】 B
【解析】【解答】A．由分析可知，该装置为原电池，左室电极为原电池的负极，故A不符合题意；
B．由分析可知，左室电极为原电池的负极，硫离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为S2--8e-+4H2O=SO +8H+ ， 放电时生成氢离子，溶液的pH降低，右室电极为正极，酸性条件下，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气，电极反应式为2NO +10 e-+ 12H+=N2↑+6 H2O，放电时消耗氢离子，溶液的pH升高，故B符合题意；
C．电池工作时，阳离子向正极移动，由分析可知，左室电极为原电池的负极，右室电极为正极，则氢离子通过质子膜从左向右迁移，故C不符合题意；
D．由分析可知，硫离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气，由得失电子数目守恒可知，左池消耗的硫离子与右池消耗的硝酸根的物质的量之比为5：8，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由题给示意图可知，该装置为原电池，左室电极为原电池的负极，硫离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为S2--8e-+4H2O=SO +8H+ ， 右室电极为正极，酸性条件下，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气，电极反应式为2NO +10 e-+ 12H+=N2↑+6 H2O。
7.【答案】 A
【解析】【解答】A．强酸、强碱属于强电解质，弱酸弱碱属于弱电解质，强电解质在溶液中完全电离，弱电解质在溶液中部分电离，等浓度的HCl和HClO溶液在溶液中的电离程度不同，电离程度大的，溶液中氢离子浓度大，导电能力强，酸性也就越强，则A能达到实验目的；
B．在Na2S2O3溶液中滴加盐酸会发生反应：Na2S2O3+2HCl═2NaCl+SO2↑+S↓+H2O，产生了大量的浅黄色浑浊，会对后续白色沉淀的观察产生影响，故B不能打到实验目的；
C．浓盐酸能与KMnO4反应，向较浓的FeCl2溶液加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去可能是与Cl-反应导致，无法证明Fe2+有还原性，故C不能打到实验目的；
D．向1L浓度均为0.1ml/LNaCl和NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，先出现淡黄色沉淀，说明先生成了AgBr沉淀，即在浓度相同的前提下，溴离子优先于氯离子沉淀，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，选项中未指明NaCl与NaBr浓度关系，不能比较二者Ksp ， 故D不能打到实验目的；
故答案为：A。
【分析】A.强酸完全电离，弱酸部分电离导电能力弱
B.加入盐酸后会造成干扰，应该先过滤再加入氯化钡溶液
C.亚铁离子和氯离子均具有氧化性，应该利用硫酸亚铁溶液进行实验
D.未进行控制氯化钠和溴化钠的浓度
二、综合题
8.【答案】 （1）将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取）
（2）硅酸
（3）2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO + 8H2O
（4）将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离；Fe(OH)3
（5）3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O
（6）0.01×(107.2—14)2；8.7
【解析】【解答】(1) “浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，将原料粉碎、适当延长溶解的时间、滤渣 1 再次溶解浸取等措施能提高镍的回收率，故答案为：将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取）；
(2)由分析可知，滤渣1的主要成分是硅酸，故答案为：硅酸；
(3) 由分析可知， “一次碱析”时发生的反应为氢氧化铬在碱性条件下与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成铬酸根离子和水，反应的离子方程式为2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO + 8H2O，故答案为：2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO + 8H2O；
(4) 由分析可知，加氨水“溶解”的目的是使氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液，达到分离氢氧化镍和氢氧化铁的目的，故答案为：将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离；Fe(OH)3；
(5) 由分析可知， “氧化”时发生的反应为硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O，故答案为：3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O；
(6)由题意可知，开始沉淀时溶液中镍离子浓度为0.01ml/L，氢氧根离子浓度为107.2—14 ml/L，Ksp=c(Ni2+)c2(OH—)= 0.01×(107.2—14)2；镍离子沉淀完全时，溶液中镍离子浓度为1.0×10—5 ml/L，则溶液中氢氧根离子浓度为 = =10—5.3 ml/L，则溶液的pH为8.7，故答案为：0.01×(107.2—14)2；8.7。
【分析】由题给流程可知，向废镍催化剂中加入20%稀硫酸和CTAC，碳酸镍与稀硫酸反应生成硫酸镍、二氧化碳和水，硅酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠和硅酸沉淀，过滤得到含有镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子的浸取液和含有硅酸的滤渣1；向浸取液中加入氢氧化钠溶液，溶液中镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化物沉淀，进入过氧化氢溶液，氢氧化铬在碱性条件下被过氧化氢溶液氧化为铬酸根离子，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，过滤得到含有铬酸根离子的滤液和含有氢氧化镍和氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氨水，氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液；向滤液中通入硫化氢气体，[Ni(NH3)4]2+离子与硫化氢反应转化为硫化镍沉淀，过滤得到硫化镍滤渣；向硫化镍中加入稀硝酸，硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水，过滤得到硫滤渣和硝酸镍溶液；向硝酸镍溶液加入6ml/L氢氧化钠溶液，硝酸镍与氢氧化钠溶液反应转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入稀硫酸，氢氧化镍溶解得到硫酸镍溶液，溶液经结晶、提纯制得七水硫酸镍。
9.【答案】 （1）平衡气压，使浓盐酸顺利滴下
（2）A；冷凝回流 SOCl2；80℃热水浴
（3）Cu +2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O
（4）吸收 SO2、Cl2等气体，防止空气中的水蒸气进入装置 C
（5）将装置 B 中饱和食盐水换成浓硫酸（或 B、C 间加装盛有浓硫酸的洗气瓶）
（6）adef
【解析】【解答】(1)根据图示装置特点分析，装置A中w管的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；
(2)为了使冷凝水充满冷凝管，装置C球形冷凝管中水应从下端通入，即a处进入；由题干信息知SOCl2的沸点为78.8℃，且反应温度为80℃，所以冷凝管的作用是冷凝回流SOCl2；反应温度应该控制在80℃，所以适合的加热方式为80℃水浴加热；故答案为：a；冷凝回流 SOCl2；80℃水浴加热；
(3)装置E中铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、SO2和水，反应方程式为：Cu +2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O，故答案为：Cu +2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O；
(4)根据上述分析，装置中碱石灰的作用是吸收未反应的SO2、Cl2等气体，同时防止空气中的水蒸气进入装置 C，故答案为：吸收 SO2、Cl2等气体，防止空气中的水蒸气进入装置 C；
(5)已知SOCl2易水解，在氯气进入C中时未干燥，会导致SOCl2产率降低，应该增加干燥装置，故答案为：将装置 B 中饱和食盐水换成浓硫酸（或 B、C 间加装盛有浓硫酸的洗气瓶）；
(6)由题干信息知，SOCl2与S2Cl2沸点不同，可以用蒸馏的方法得到纯净的SOCl2 ， 蒸馏装置所需的玻璃仪器含有蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、石棉网，故答案为：adef。
【分析】根据实验原理及实验装置分析，装置A是用浓盐酸和漂白粉制备氯气，B中的饱和食盐水目的是除去杂质HCl；E装置是用浓硫酸与铜反应制备二氧化硫气体，D中浓硫酸作用是干燥二氧化硫气体；将氯气及二氧化硫气体通入C中与S2Cl2反应制备SOCl2 ， 冷凝管的作用为冷凝回流S2Cl2和SOCl2 ， 连接的干燥管作用是防止空气中水分进入和剩余气体的尾气处理，据此分析解答。
10.【答案】 （1）光能转化为化学能；2HS-+2h+ =2H++S 或 2HS--2e- =2H++S
（2）大于；大于；BD；Ⅲ；2(△H2－△H1)；1；a-1
【解析】【解答】(1)从图中可以看出，其能量转化形式为光能转化为化学能；催化剂表面的总反应为 ，其中导带的半反应为 ，所以价带的半反应为 或者 ，故填光能转化为化学能、 或者 ；
(2)①反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)为分子数增大的反应， ，根据判定依据 反应才能自发，该反应高温自发，故 ，故填大于、大于；
②A.该反应为分子数不变的反应，恒温恒容下反应前后压强不变，故压强不能作为平衡的标志，故A不符合题意；
B.根据 ，反应前后体积不变，气体的质量在变，故密度为变量，当密度不变时反应达平衡，故B符合题意；
C.反应物断键、生成物成键表示正方形进行，不能作为平衡的标志，故C符合题意；
D.压强之比即为浓度之比，平衡时浓度恒定，浓度之比保持不变，故分压之比保持恒定，故D符合题意；
故填BD；
③从图中可以看出反应III的平衡常数随温度的升高而升高，该反应为吸热反应，即 ；根据盖斯定律反应III等于反应II×2减去反应I×2，故 ；N点时反应III的lgKp=0，故Kp=1，其平衡常数表达式为 ，解得 ，体系中只存在二氧化硫和氧气两种气体，M点和N点平衡常数相等，其中 ，则 ，故填III、 、1、a-1。
【分析】反应达平衡的标志为：(1)体系中各组分的量保持不变；(2)正逆反应速率相等；(3)当某个标量不变时，如密度、压强、温度等。
11.【答案】 （1）；6s
（2）F
（3）Ca 的原子半径比 Fe 的大，价电子数比 Fe 少，钙的金属键比铁的弱
（4）V 形；H2O、H2Se等
（5）sp2 和 sp3；22∶1
（6）a；
【解析】【解答】(1)As位于第四周期第VA族，其基态原子的价层电子排布为 ，轨道表示式为 ；元素成为阳离子时优先失去能量高的电子，La原子的价层电子为5d16s2 ， 6s轨道电子能量高，成为阳离子时优先失去，故填 、6s；
(2) 金属与非金属相比，非金属的电负性高，CaFeAsF中，Ca、Fe为金属，As、F为非金属元素，其中F是元素周期表中电负性最强的元素，故填F；
(3)Ca的价层电子排布为 ，Fe的价层电子为 ，Ca的价层电子数少，且原子半径比Fe大，金属键弱，所以熔点低，故填Ca 的原子半径比 Fe 的大，价电子数比 Fe 少，钙的金属键比铁的弱；
(4) 与水相似，其空间构型为V形； 价电子数为8，根据等电子体的定义，与其互为等电子体的有 、 等，故填V形、 、 等；
(5) 中，C原子分别以单键或者双键成键，为 、 杂化；其中单个分子中σ键有22个，π键有1个，其个数比为22:1，故填 和 、22:1；
(6)图中相邻的两个Ca原子为晶胞的底面中心与四个角距离最短，其中底面正方形的边长为apm，对角线长为 pm，所以相邻的Ca原子的距离为 pm；晶胞中Ca原子的个数为 、As原子的个数为 、Fe原子的个数为8，其分子式为 ，根据 = ，故填 、 。
【分析】利用元素周期律、洪特规则和泡利不相容原理对原子轨道进行理解；金属性即失电子能力，非金属即得电子能力。
12.【答案】 （1）2-丙醇
（2）消去反应
（3）羰基、酯基
（4）保护酚羟基
（5）
（6）+CH3OH +H2O
（7）
（8）
【解析】【解答】(1)A为丙酮，催化加氢生成醇，名称为2-丙醇，故填2-丙醇；
(2)A到B不饱和键增加，为消去反应，故填消去反应；
(3)D中含有的官能团有羰基和酯基，故填羰基和酯基；
(4)从流程中可以看出，H中重新出现酚羟基，故E到F为保护酚羟基，故填保护酚羟基；
(5)根据推断，G的结构简式为 ，故填 ；
(6)H到I为酯化反应，反应方程式为 +CH3OH +H2O，故填 +CH3OH +H2O；
(7)①能与氯化铁显色说明含有酚羟基；②能发生银镜反应说明含有醛基；③能水解说明含有酯基，结合H的结构简式可知，W分子中含有酚羟基和酯基，醛基且位置相对对称，满足条件的结构简式为 ，故填 ；
(8)先将 转化为酚醛，再反应生成醚，其流程为 ，故填 ；
【分析】根据已知，E到F为生成酯的反应，F的结构简式为 ；根据已知信息，F到G为甲基的取代反应，G的结构简式为 ；G到H为酯的水解，H的结构简式为 ，H到I为酯化反应，I的结构简式为 ，由此进行解题。
性质
用途
A
ClO2具有氧化性
漂白纸浆
B
NaHCO受热分解
中和过多的胃酸
C
FeCl3溶液呈酸性
刻制铜制电路板时作为“腐蚀液”
D
HF具有弱酸性
刻蚀玻璃
选项
实验目的
实验方案
A
比较HCl和HClO的酸性强弱
分别测定等浓度的HCl和HClO溶液的导电能力大小
B
验证Na2S2O3是否氧化变质
在Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，然后滴加BaCl2溶液观察是否产生白色沉淀
C
证明Fe2+有还原性
向较浓的FeCl2溶液中滴人少量酸性KMnO4溶液，观察KMnO4溶液紫色是否褪去
D
比较K(AgBr) ＜K(AgCl)
向NaCl与NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，观察是否出现淡黄色沉淀
主要性状
熔点/℃
沸点/℃
主要化学性质
SOCl2
淡黄至红色发烟液体
-105
78.8
遇水分解, 140℃开始分解
S2Cl2
浅黄色油状液体
-80
138
遇水分解,高于100℃时开始分解
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