四川眉山市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编2-非选择题

这是一份四川眉山市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编2-非选择题，共29页。试卷主要包含了1×10−10，Ksp=3，2%，75；，2kJ/ml     D，2×10-7，6×10-11等内容，欢迎下载使用。

四川眉山市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编2-非选择题


1. （2020春·四川眉山·高二统考期末）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。
(1)用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应原理为__。
(2)在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式为__。
(3)吸收液吸收SO2的过程中，pH随n():n()变化关系如表：
n():n()
91:9
1:1
1:91
pH
8.2
7.2
6.2

①上表判断NaHSO3溶液显性__(填“酸”或“碱”)，用化学平衡原理解释__。
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(填字母编号)__。
a.c(Na+)=2c()+c()
b.c(Na+)＞c()＞c()＞c(H+)=c(OH－)
c.c(Na+)+c(H+)=c()+c()+c(OH－)
(4)当吸收液的pH降至约为6时，送至电解槽再生。再生示意图如下：

①在阳极放电的电极反应式是__。
②当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理__。
2. （2021春·四川眉山·高二统考期末）氢化钙固体可作为轻便的氢气发生剂，是登山运动员常用的能源提供剂。氢化钙对湿气敏感，极易潮解。某兴趣小组拟选用如下装置制备氢化钙。

请回答下列问题：
(1)上图中装无水氯化钙的仪器名称为_______，其作用是_______。
(2)请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为_______(填仪器接口的字母编号)。
(3)根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品→打开分液漏斗活塞→____→____→____→____(填字母编号)_______。
A．加热反应一段时间
B．收集气体并检验其纯度
C．关闭分液漏斗活塞
D．停止加热，充分冷却
(4)实验结束后，某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显红色，该同学据此判断，上述实验确有CaH2生成。
①写出CaH2与水反应的化学方程式_______。
②该同学的判断是否正确？_______(填“是”或“否”)，原因是_______。
(5)请你设计一个实验，用化学方法区分钙与氢化钙，写出实验简要步骤及观察到的现象___。
3. （2021春·四川眉山·高二统考期末）锶（Sr）为第五周期IIA族元素，其化合物六水氯化锶（SrCl2·6H2O）是实验室重要的分析试剂，工业上常以天青石（主要成分为SrSO4）为原料制备，生产流程如下：

（1）工业上天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是_______________________________。
（2）工业上天青石隔绝空气高温焙烧，若0.5 mol SrSO4中只有S被还原，转移了4 mol电子。写出该反应的化学方程式：_____________________________________________。
（3）加入硫酸的目的是____________________________。为了提高原料的利用率，滤液中Sr2+的浓度应不高于_________ mol/L[注：此时滤液中Ba2+浓度为1×10−5 mol/L，Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，Ksp(SrSO4)=3.3×10−7]。
（4）产品纯度检测：称取1.000 g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO3 1.100×10−2 mol的AgNO3溶液（溶液中除Cl−外，不含其它与Ag+反应的离子），待Cl−完全沉淀后，用含Fe3+的溶液作指示剂，用0.2000 mol/L的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出。
①滴定反应达到终点的现象是_________________________________________。
②若滴定过程用去上述浓度的NH4SCN溶液20.00 mL，则产品中SrCl2·6H2O的质量百分含量为______________（保留4位有效数字）。
（5）工业上常用电解熔融SrCl2制锶单质。由SrCl2·6H2O制取无水氯化锶的方法是____________。
4. （2022春·四川眉山·高二统考期末）Na2S2O3用于照相业定影剂、鞣革时重铬酸盐的还原剂等。回答下列问题：
(1)Na2S2O3溶液与稀硫酸的反应可探究外界条件对化学反应速率的影响，Na2S2O3溶液与稀硫酸反应的离子方程式为_______；其中探究温度对化学反应速率的影响的实验是_______和_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。。
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
V/mL
c/mol·L-1
V/mL
c/mol·L-1
Ⅰ
20
10
0.1
10
0.1
Ⅱ
20
10
0.2
10
0.2
Ⅲ
40
10
0.1
10
0.1

(2)工业上可用反应2Na2S+ Na2CO3 +4SO2=3Na2S2O3 +CO2制取Na2S2O3，实验室模拟该工业过程制取Na2S2O3的装置如图所示。

①试管a中的化学方程式为_______。
②反应结束后，将试管b中溶液加热浓缩、_______、过滤、乙醇洗涤晶体、干燥，得到Na2S2O3·5H2O。用乙醇而不用水洗涤晶体的原因_______(任写一点)。
③测定产品纯度：准确称取1.0g Na2S2O3·5H2O晶体，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 mol·L-1碘的标准溶液滴定，反应原理为：2S2O+I2=S4O +2I-。标准溶液盛装在_______(填“酸式滴定”或“碱式滴定管”)中，滴定终点的现象是_______，若消耗碘的标准液体积为20.00 mL，则产品Na2S2O3·5H2O的纯度为_______。
5. （2020春·四川眉山·高二统考期末）Ⅰ、已知：SiHCl3在催化剂作用下可发生如下反应：
2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)    ΔH1=+48kJ·mol−1
3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3(g)    ΔH2=−30kJ·mol−1
(1)写出由SiHCl3(g)分解产生SiH4(g)和SiCl4(g)的热化学方程式为__。
Ⅱ、298K时，溶液中存在如下反应：A(aq)B(aq)+H2O(l)    ΔH>0，物质A的初始浓度为0.180mol·L-1，测得物质B的浓度随时间变化的数据如表所示：
t/min
0
21
50
80
100
120
160
220

c/(mol·L－1)
0
0.024
0.050
0.071
0.081
0.090
0.104
0.116
0.132

回答下列问题：
(2)该反应在50～80min内的平均反应速率为__mol·L−1·min−1。
(3)120min时A的转化率为__。
(4)298K时，该反应的平衡常数K=__，升温时平衡常数__(填“增大”、“减小”、或“不变”)。
(5)为提高A的平衡转化率，除适当控制反应温度外，还可采取的措施是__。
(6)下列叙述可说明可逆反应已达平衡的是__。
A．c(A)=c(B)
B．A和B反应速率相等
C．A和B的物质的量比值保持恒定
D．溶液的总质量保持恒定
6. （2021春·四川眉山·高二统考期末）(1)向氨水中滴加入盐酸至溶液成中性时，c()_______c(Cl-)(填“>”、“<”或“=”)。
(2)25℃，两种未知酸的电离平衡常数如表。

Ka1
Ka2
H2XO3
1.3×10-2
6.3×10-8
H2YO3
4.2×10-7
5.6×10-11

①HXO的电离平衡常数表达式K=_______。
②H2XO3溶液和NaHYO3溶液反应的主要离子方程式为_______。
③根据H2XO3的电离常数数据，判断NaHXO3溶液显_______(选填“酸性”或“碱性”)，原因是_______。
(3)已知：重晶石(BaSO4)高温煅烧可发生一系列反应，其中部分反应如下：
BaSO4(s)+4C(s)=BaS(s)+4CO(g)      ∆H=+571.2kJ·mol–1
BaS(s)=Ba(s)+S(s)              ∆H=+460kJ·mol–1
2C(s)+O2(g)=2CO(g)            ∆H=-221kJ·mol–1
则Ba(s)+S(s)+2O2(g)=BaSO4(s)    ∆H=_______。
(4)在一密闭容器中一定量A、B的混合气体发生反应：aA(g)+bB(g) cC(s)+dD(g)，平衡时测得A的浓度为0.60mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，再达平衡时，测得A的浓度降为0.20mol/L。下列有关判断正确的是_______。
A．平衡向正反应方向移动            B．A的转化率增大
C．D的体积分数增大                D．a+b 7. （2022春·四川眉山·高二统考期末）我国含硫、天然气资源丰富，天然气脱硫和甲烷与硫化氢重整制氢具有重要的现实意义。回答下列问题：
(1)天然气脱硫工艺涉及如下反应：
2H2S(g) +3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)     ΔH1=akJ ·mol-1
H2S(g)+ SO2(g)=S2(g)+ H2O(g)    ΔH2=b kJ ·mol-1
2H2S(g)+O2(g)=2S(g) +2H2O(g)     ΔH3=c kJ ·mol-1
则2S(g)=S2(g)  △H4=_______ kJ ·mol-1
(2)甲烷与H2S重整制氢是一条全新的H2S转化与制氢技术路线。为了研究甲烷对H2S制氢的影响，理论计算表明，原料初始组成n(CH4)：n(H2S)=1：2，在体系压强恒为1.0MPa，反应CH4(g)+2H2S(g)→CS2 (g)+4H2(g)     △H达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。

①图中表示H2S、H2变化的曲线分别是  _______、_______。反应达平衡的标志是_______(填标号)。
A．2v正(H2S)=4v逆(H2)
B．CH4的体积分数不再变化
C．不再变化
D．混合气体的密度不再改变
②由图可知该反应的ΔH_______0(填“>”“<”或“=”)，判断的理由是 _______  。
③M点对应温度下，CH4的转化率为_______ ；950℃时该反应的Kp=_______ ( MPa)2。
8. （2020春·四川眉山·高二统考期末）某矿石的主要成分是BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)。实验室利用该矿石制备BaCl2·2H2O的流程如图：

(1)用稀盐酸浸取前需充分研磨矿石，目的是__。
(2)加入NH3·H2O调节pH=8可除去__(填离子符号)，滤渣Ⅱ中含__(填化学式)。

Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.2

(3)要使Ca2+完全沉淀，应控制溶液中的的浓度不低于__mol/L(离子浓度小于1×10-5mol/L时，认为沉淀就达完全)；同时加入H2C2O4时又应避免过量，原因是__。(已知：KSP(BaC2O4=1.6×10-7，KSP(CaC2O4=2.3×10-9)。
(4)利用氧化还原滴定法可测定H2C2O4的浓度，取20.00mLH2C2O4溶液于锥形瓶中，用0.10mol/L酸性KMnO4溶液滴定，KMnO4溶液应装在__(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)中。写出反应的离子方程式为__。滴定终点的现象为__。若滴定达到终点时，消耗KMnO4溶液30.00mL，则H2C2O4溶液的浓度为__mol/L。
9. （2022春·四川眉山·高二统考期末）从铬锰矿渣(主要成分为Cr2O3、MnO，含少量Fe2O3、SiO2、Al2O3)中分离铬、锰的一种工艺流程如图所示。

已知：焙烧时MnO不发生反应。
回答下列问题：
(1)焙烧中，SiO2转化为Na2SiO3，Cr2O3转化为 Na2CrO4，写出Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为_______。
(2)加快酸浸速率的措施有_______(任写一条)。
(3)滤渣1的成分是_______(写化学式)。
(4)加入Na2S2O3的作用为_______
(5)Mn2+发生“转化”的离子方程式为_______。
(6)某温度下，Cr3+、Mn2+的沉淀率与pH关系如图所示，则“沉铬”过程最佳的pH为_______。 计算“沉铬”后滤液中c(Cr3+ )为_______mol/L。[已知在该温度下，Kw=1×10-13，Ksp(Cr(OH)3)=1×10-30]

10. （2020春·四川眉山·高二统考期末）锰单质及其化合物应用十分广泛。回答下列问题：
(1)Mn在元素周期表中的位置为__，基态Mn原子的价电子排布式为__。
(2)MnCl2可与NH3反应生成[Mn(NH3)6]Cl2，新生成的化学键为__键。NH3分子的空间构型为__，其中N原子的杂化轨道类型为__。
(3)金属锰有多种晶型，其中δ−Mn的结构为体心立方堆积，晶胞参数为αpm。δ−Mn中锰的原子半径为__pm。已知阿伏加德罗常数的值为NA，δ−Mn的理论密度ρ=__g⋅cm−3。(列出计算式)
(4)已知锰的某种氧化物的晶胞如图所示，该氧化物的化学式为__，锰离子的配位数为__。

11. （2021春·四川眉山·高二统考期末）H、C、N、K、Zn、Fe等都是中学阶段常见元素，请用相关知识回答下列问题：
(1)N原子的价电子排布图为_______。NH3分子中N原子的杂化方式为_______，该分子的立体构型名称是_______。
(2)已知Zn2+能与氨分子形成配离子[Zn(NH3)4]2+，1mol该离子含有σ键的数目为_______。
(3)K3[Fe(CN)6]可用来检验Fe2+，向硫酸亚铁溶液中加入几滴K3[Fe(CN)6]，观察到的现象是_______。与CN-互为等电子体的的微粒有_______(填化学式，写2种)。C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______，三种元素形成的简单氢化物分子中键角由大到小依次为_______(用分子式表示)。
(4)已知Fe的相对原子质量为M，阿伏加德罗常数用NA表示，已知金属Fe为体心立方堆积，若Fe原子半径为acm，密度为dg/cm3。则M=_______(用d、a、NA表达式表示)。
12. （2022春·四川眉山·高二统考期末）铬在希腊文中的原意为“颜色”，能够生成美丽多色的化合物，三价铬离子能形成形形色色的络合物。回答下列问题：
(1)铬位于元素周期表中_______区，其基态原子价电子排布式为_______。
(2)紫色[Cr(H2O)6]3+、橙红色的[Cr(NH3)4(H2O)2]3+、灰绿色的Cr(CH3COO)3，部分结构示意图如图所示。

①氮和氧中第一电离能较大的元素是_______，原因是_______。
②H2O和NH3中键角较大的分子是_______ ，[Cr(NH3)4(H2O)2]3+的同分异构体共有_______种。
③1 mol Cr(CH3COO)3所含σ键的数目为_______，结构中C原子的杂化方式为_______。
(3)用铬原子代替部分铜原子，可以形成一系列铜-铬合金。其中两种铜-铬合金的晶体结构如图所示。

①晶体a中铬原子的配位数为_______。
②晶体b中铬原子填充在由铜原子构成的_______(填“四面体”、“六面体”或“八面体”)空隙中，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶体b的密度为_______g/cm3。
13. （2020春·四川眉山·高二统考期末）奥沙拉秦是曾用于治疗急、慢性溃疡性结肠炎的药物，其由水杨酸为起始物的合成路线如图：

回答下列问题：
(1)水杨酸中官能团的名称为__。
(2)奥沙拉秦的化学式为__，其核磁共振氢谱峰面积比为__。
(3)由X制备Y的反应方程式为(注明反应条件)__，其反应类型为__。
(4)写出Z→W的反应方程式为__
(5)工业上常采用廉价的CO2与W反应制备奥沙拉秦，通入的CO2与W的物质的量之比至少应为__。
(6)A是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反应；A经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚。A的结构简式为__。
14. （2021春·四川眉山·高二统考期末）罗氟司特是治疗慢性阻塞性肺病的特效药物，其合成中间体F的一种合成路线如下：

回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______，D的分子式为_______。
(2)由B生成C的化学方程式是_______。
(3)E→F的反应类型为_______，F中含氧官能团的名称为_______。
(4)的链状同分异构体有_______种(不包括立体异构)，其中核磁共振氢谱有两组峰的结构简式是_______。
(5)设计以对甲基苯酚为原料制备的合成路线为_______(其他试剂任选)。
15. （2022春·四川眉山·高二统考期末）药物瑞德西韦对新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。K是合成瑞德西韦的关键中间体，其合成路线如图：

回答下列问题：
已知：
①；
② 。
(1)J中官能团的名称为_______。
(2)B的结构简式为_______。
(3)G→H的化学方程式为_______，反应类型为_______。
(4)芳香族化合物X与C互为同分异构体，符合下列条件的X的结构有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱峰面积比为2∶2∶2∶1的结构简式为_______。
①分子中含有硝基且与苯环直接相连
②能与溶液发生反应
(5)写出以苯甲醇为原料制备的合成路线(无机试剂任选)_______。

参考答案：
1.      2SO2+O2+2H2O=2H2SO4     2OH-+SO2=+H2O     酸     在溶液中会发生水解与电离作用，H++；+H2O⇌OH-+H2SO3，的电离程度强于水解程度，故溶液呈酸性     ab     +H2O-2e-=+3H+     在阴极室中，H+得到电子生成H2，随着H+浓度的降低，可促使电离生成，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生
【分析】(1) SO2、氧气、水反应生成硫酸；
(2) NaOH溶液吸收SO2生成Na2SO3和水；
(3) NaHSO3溶液中 n()＜n()；
(4) ①在阳极失电子生成；
②在阴极室中，H+得到电子生成H2，随着H+浓度的降低，可促使电离生成；
【详解】(1) SO2、氧气、水反应生成硫酸，反应方程式是2SO2+O2+2H2O=2H2SO4；
(2) NaOH溶液吸收SO2生成Na2SO3和水，反应的离子方程式是2OH-+SO2=+H2O；
(3) ①NaHSO3溶液中 n()＜n()，根据表格数据，溶液呈酸性；在溶液中会发生水解与电离作用，H++；+H2O⇌OH-+H2SO3，的电离程度强于水解程度，故溶液呈酸性；
②a.根据电荷守恒，c(Na+)＋c(H+)=2c()+c()＋c(OH－)，溶液呈中性时c(Na+)=2c()+c() ，故a正确；
b. c()＝c()时液呈碱性，所以溶液呈中性时 c(Na+)＞c()＞c()＞c(H+)=c(OH－)，故b正确;
c.根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH－)，故c错误；
选ab；
(4) ①在阳极失电子生成，阳极反应式是+H2O-2e-=+3H+；
②在阴极室中，H+得到电子生成H2，随着H+浓度的降低，可促使电离生成，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生。
【点睛】本题以钠碱循环法可脱除烟气中的SO2为载体，考查水溶液中离子浓度大小的判断、电解原理的利用，明确电荷守恒、电解原理是解题关键，注意水溶液中阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数。
2.     (球形)干燥管     防止空气中的水蒸气进入直玻璃管产生影响     i-e-f-d-c-j-k(或k-j)-a     BADC     CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑     否     Ca也可与水反应产生类似现象     取两种固体，在加热情况下，分别与干燥的氧气作用，将产物气体通过无水CuSO4，若观察到无水CuSO4固体由白色变为蓝色，则为CaH2，不变蓝色者为Ca
【详解】根据题意要求制备氢化钙，可以选择锌粒与盐酸反应制备氢气，用氢氧化钠溶液除去氢气中的氯化氢，浓硫酸干燥氢气，氢气与单质钙反应，加干燥管防止空气中的水蒸气进入反应装置。
(1)上图中装无水氯化钙的仪器名称为球星干燥管，故答案为：(球形)干燥管；
(2)根据分析制备氢化钙，可以选择锌粒与盐酸反应制备氢气，用氢氧化钠溶液除去氢气中的氯化氢，浓硫酸干燥氢气，氢气与单质钙反应，加干燥管防止空气中的水蒸气进入反应装置。
按气流方向连接顺序为i-e-f-d-c-j-k(或k-j)-a，故答案为：i-e-f-d-c-j-k(或k-j)-a；
(3) 为保证整个装置内已充满氢气，因此实验的操作程序是：检查装置的气密性→装入药品→打开分液漏斗活塞产生氢气→收集氢气并进行验纯→加热开始返应反应→停止加热继续通氢气至冷却→关闭分液漏斗活塞停止通入氢气；故答案为：BADC；
(4) ①CaH2与水反应产生氢氧化钙和氢气，反应的化学方程式为：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑，故答案为：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑；
②某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显红色，不能判断有CaH2生成，Ca也可与水反应氢氧化钙和氢气，CaH2产生的现象类似，故答案为：否；Ca也可与水反应产生类似现象；
(5) CaH2可以和氧气在加热条件下反应生成水，可用无水硫酸铜检验，现象是白色变为蓝色，钙单质与氧气反应生成过氧化钙，故答案为：取两种固体，在加热情况下，分别与干燥的氧气作用，将产物气体通过无水CuSO4，若观察到无水CuSO4固体由白色变为蓝色，则为CaH2，不变蓝色者为Ca。
3.      增加反应物的接触面积，提高化学反应速率     SrSO4+4CSrS+4CO↑     除去溶液中Ba2+杂质     0.03     加1滴NH4SCN溶液溶液由无色变为红色，且30 s内不褪色     93.45%     加热SrCl2·6H2O失去结晶水至恒重（或灼烧等）
【详解】（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是为了增加反应物的接触面积，提高化学反应速率，从而提高原料的转化率。
（2）在焙烧的过程中若只有0.5 mol SrSO4中只有S被还原，转移了4 mol电子，则1 mol的S转移8 mol的电子，由于在反应前元素的化合价为+6价，所以反应后元素的化合价为−2价，因此碳与天青石在高温下发生反应的化学方程式为：SrSO4+4CSrS+4CO↑。
（3）在用HCl溶解SrS后的溶液中加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质；由于在Ba2+浓度为1×10−5 mol/L，BaSO4的溶度积常数为1.1×10−10，所以c()= mol/L=1.1×10−5 mol/L，而SrSO4的溶度积常数为3.3×10−7，所以c(Sr2+)= mol/L=3.0×10−2=0.03 mol/L。
（4）①若NH4SCN不再与Ag+结合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就会含有过量的SCN−，会与Fe3+产生络合物，溶液变为红色，因此滴定达到终点时溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色；②n(NH4SCN)=0.2000 mol/L×0.02 L=4.0×10−3 mol，Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，所以溶液中剩余的Ag+的物质的量为：n(Ag+)=4.0×10−3 mol，则与Cl−反应的Ag+的物质的量为：n(Ag+)=1.100×10−2 mol−4.0×10−3 mol=7.0×10−3 mol，1.000 g产品中SrCl2·6H2O的物质的量为：n(SrCl2·6H2O)=×n(Ag+)=3.5×10−3 mol，1.000 g产品中SrCl2·6H2O的质量为：m(SrCl2·6H2O)=3.5×10−3mol×267 g/mol=0.9345 g，所以产品纯度为：×100%=93.45%。
（5）氯化锶属于强酸强碱盐，不能水解，由SrCl2·6H2O制取无水氯化锶，直接加热SrCl2·6H2O失去结晶水至恒重。
4. (1)     S2O+2H+= S↓+SO2↑+H2O     Ⅰ     Ⅲ
(2)     Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O     冷却结晶     降低硫代硫酸钠溶解度，防止因水洗涤而损失产品；乙醇易挥发，便于干燥     酸式滴定管     滴入最后半滴标准液，溶液变成蓝色且30s无变化     99.2%

【分析】(1)探究温度对反应速率的影响，要求控制变量，即改变温度，其余量相同，进行分析；
(2)实验目的是制备Na2S2O3，实验原理是2Na2S+ Na2CO3 +4SO2=3Na2S2O3 +CO2，根据实验装置图，从左向右分别为制备SO2、制备Na2S2O3、尾气处理装置，据此分析；
（1）
硫代硫酸钠与稀硫酸反应：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，其离子方程式为S2O+2H+= S↓+SO2↑+H2O；探究温度对化学反应速率的影响，要求温度不同，其余量相同，根据表中数据，可知，Ⅰ和Ⅲ探究温度对化学反应速率的影响，故答案为S2O+2H+= S↓+SO2↑+H2O；Ⅰ；Ⅲ；
（2）
①试管a制备SO2，反应方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，故答案为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
②因为得到产物中含有结晶水，因此从溶液中获得Na2S2O3·5H2O，操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；用乙醇代替水洗涤Na2S2O3·5H2O，可以减少Na2S2O3·5H2O溶解，乙醇易挥发，便于后续的干燥；故答案为冷却结晶；降低硫代硫酸钠溶解度，防止因水洗涤而损失产品；乙醇易挥发，便于干燥；
③标准液为碘单质，碘单质与橡胶发生加成反应，腐蚀橡胶，因此盛装碘单质的滴定管为酸式滴定管；根据反应原理，滴定终点的现象：滴入最后半滴标准液I2，溶液颜色由无色变为蓝色，且30s无变化；根据题中建立关系式为2(Na2S2O3·5H2O)～2Na2S2O3～I2，Na2S2O3·5H2O纯度为=99.2%；故答案为酸式；滴入最后半滴标准液I2，溶液颜色由无色变为蓝色，且30s无变化；99.2%。
5.    4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g)    △H=+114kJ•mol-1     0.0007     50％     2.75     增大     及时分离出产物γ-丁内酯的方法，或使用浓硫酸作催化剂、吸水剂     C
【详解】（1）已知：①2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)    ΔH1=+48kJ·mol−1
②3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3(g)    ΔH2=−30kJ·mol−1
根据盖斯定律，由①3+②得反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g)    △H=+114kJ•mol-1；
（2）根据化学反应速率的概念：
mol·L－1·min－1；
（3）120min的转化率=；
（4）298K时，K=2.75；
（5）提高转化率，就是使平衡右移，可以采用及时分离出产物γ-丁内酯的方法，或使用浓硫酸作催化剂、吸水剂；
（6）A．化学平衡状态是正逆反应速率相同，各组分浓度不变，A、B的浓度相同不能证明反应达到平衡，选项A错误；
B.A和B反应速率相等，满足化学反应速率之比等于计量数之比，但不能说明正逆反应速率相等，不能证明反应达到平衡，选项B错误；
C.A和B的物质的量比值保持恒定，则各组分浓度保持不变，反应达平衡状态，选项C正确；
D.根据质量守恒，溶液的总质量始终保持恒定，不能证明反应达到平衡，选项D错误；
答案选C。
6.      =          H2XO3+HYO=H2YO3+HXO(或H2XO3+HYO=H2O+YO2↑+HXO)     酸性     HXO既要电离又要水解，HXO+H2O=H2XO3+OH-，设水解常数Kh2，则，，故NaHXO3溶液显酸性。     -1473.2kJ/mol     D
【详解】(1)向氨水中滴加入盐酸至溶液成中性时，根据电荷守恒可得，所以，故答案为：=；
(2) ①HXO的电离平衡常数表达式，故答案为：；
②根据表格数据可知Ka1(H2XO3)> Ka1(H2YO3)> Ka2(H2XO3)> Ka2(H2YO3), H2XO3溶液和NaHYO3溶液反应的主要离子方程式为H2XO3+HYO=H2YO3+HXO(或H2XO3+HYO=H2O+YO2↑+HXO)；
③根据表中数据可知Ka2(H2XO3)= 6.3×10-8，NaHXO3既要电离又要水解，水解常数为：，由计算可知电离大于水解，溶液显酸性，故答案为：酸性；HXO既要电离又要水解，HXO+H2O=H2XO3+OH-，设水解常数Kh2，则，，故NaHXO3溶液显酸性；
(3)设①BaSO4(s)+4C(s)=BaS(s)+4CO(g) ∆H=+571.2kJ·mol–1
②BaS(s)=Ba(s)+S(s) ∆H=+460kJ·mol–1，③2C(s)+O2(g)=2CO(g) ∆H=-221kJ·mol–1
④Ba(s)+S(s)+2O2(g)=BaSO4(s)
根据盖斯定律得，
故答案为：-1473.2kJ/mol；
(4)平衡时测得A的浓度为0.60mol/L，将容器的容积扩大到原来的3倍，再达平衡时，测得A的浓度降为0.20mol/L，说明平衡没有移动，说明该反应aA(g)+bB(g) cC(s)+dD(g)前后气体分子数相等，即a+b=d，a+b 7. (1)a+b- c
(2)     c     a     B D     >     温度升高，反应物减少，生成物增加，说明平衡正向移动     或33.3%     1

【详解】（1）已知①2H2S(g) +3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)     ΔH1=akJ ·mol-1
②H2S(g)+ SO2(g)=S2(g)+ H2O(g)    ΔH2=b kJ ·mol-1
③2H2S(g)+O2(g)=2S(g) +2H2O(g)     ΔH3=c kJ ·mol-1
根据盖斯定律，由×①＋②-③)得到2S(g)=S2(g)  ΔH4= (a+b- c)kJ/mol；
（2）①由方程式可知，CH4与H2S为反应物，投料比为1：2，因此c为H2S，d为CH4，CS2和H2为生成物，系数比为1：4，因此b为CS2，a为H2，故H2S、H2变化的曲线分别是c、a；
A．方程式为CH4(g)+2H2S(g)→CS2(g)+4H2(g)，因此2v正(H2S)=v逆(H2)时反应达到平衡，A错误；
B．CH4的体积分数不再变化时，说明各组分的浓度不再变化，反应达到平衡，B正确；
C．CH4与H2S均为反应物，投料时二者按照系数比1：2，反应的量与系数成正比，也为1：2，此时剩余的量也是1：2，这种情况下一直为1：2，因此不再变化不能说明达到平衡，C错误；
D．混合气体的密度ρ=，该反应前后都是气体，m不变，前后气体系数之和不相等，V是变量，因此ρ是变量，变量不变时，反应达到平衡，D正确；
故选BD。
②由图象可知，温度升高，生成物的量增大，反应物的量减少，说明平衡正向移动，正反应吸热，ΔH＞0
③设CH4与H2S的投料量为amol和2amol，参加反应的CH4的物质的量为x，列出三段式：
，M点时H2与H2S的物质的量分数相等，因此2amol-2x=4x，解得x=amol，因此CH4的转化率为×100%=≈33.3%；
设CH4与H2S的投料量为amol和2amol，950℃时参加反应的CH4的物质的量为y，列出三段式：，950℃时CS2与CH4的物质的量分数相等，因此amol-y=y，解得y=amol，平衡时CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为amol、amol、amol、2amol，分压分别为×1.0MPa、×1.0MPa、×1.0MPa、×1.0MPa，Kp===1 (MPa)2。
8.      增大接触面积，加快反应效率     Fe3+     Mg(OH)2、Ca(OH)2     2.3×10-4     过量的H2C2O4要结合Ba2+生成BaC2O4沉淀，降低BaCl2·2H2O产率     酸式滴定管     6H++2+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O     滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅紫色，半分钟无变化     0.375
【分析】矿石的主要成分是BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，加入15%的盐酸反应生成氯化钡、氯化钙、氯化铁、氯化镁，根据离子开始沉淀的pH和完全沉淀的pH值，加入氨水调节pH值，主要除掉铁离子，加入NaOH溶液调节pH=12.5，主要沉淀镁离子和少量钙离子，加入草酸，主要沉淀钙离子，但不能加入过量草酸，过量草酸会沉淀部分的钡离子，导致氯化钡的产率降低。
【详解】(1)用稀盐酸浸取前需充分研磨矿石，目的是增大接触面积，加快反应效率；故答案为：增大接触面积，加快反应效率。
(2)根据离子开始沉淀时的pH值和完全沉淀时的pH值，得到加入NH3·H2O调节pH=8可除去Fe3+，滤渣Ⅱ是pH =12.5时完全沉淀了Mg2+，部分沉淀了Ca2+，因此滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；故答案为：Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2。
(3)要使Ca2+完全沉淀，，，因此应控制溶液中的的浓度不低于2.3×10−4mol∙L−1；同时加入H2C2O4时又应避免过量，原因是过量的H2C2O4要结合Ba2+生成BaC2O4沉淀，降低BaCl2·2H2O产率；故答案为：过量的H2C2O4要结合Ba2+生成BaC2O4沉淀，降低BaCl2·2H2O产率。
(4)利用氧化还原滴定法可测定H2C2O4的浓度，取20.00mLH2C2O4溶液于锥形瓶中，用0.10 mol∙L−1酸性KMnO4溶液滴定，KMnO4溶液是强氧化性溶液，会腐蚀橡皮管，因此应装在酸式滴定管中。高锰酸钾和草酸，在酸性条件下反应生成锰离子、二氧化碳和水，反应的离子方程式为6H++2+5H2C2O4=10CO2↑+ 2Mn2++ 8H2O。滴定终点的现象为滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅紫色，半分钟无变化。若滴定达到终点时，消耗KMnO4溶液30.00mL，根据2～5H2C2O4，得到n(H2C2O4)=2.5n()=2.5×0.10 mol∙L−1×0.03L=7.5×10−3mol，则H2C2O4溶液的浓度为；故答案为：6H++2+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅紫色，半分钟无变化；0.375。
【点睛】化工流程题是常考题型，主要考查提高反应效率、根据pH值分析沉淀离子，根据溶度积常数计算、根据中和滴定原理分析等。
9. (1)2Cr2O3 + 3O2 + 4Na2CO3 4Na2CrO4+ 4CO2
(2)搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等
(3)H2SiO3
(4)作还原剂，将铬元素还原为正三价
(5)Mn2++ H2O2+2OH - =MnO2↓十2H2O
(6)     6.0     10-9

【分析】铬锰矿渣主要成分为Cr2O3、MnO，含少量Fe2O3、SiO2、 Al2O3，粉碎后加入碳酸钠焙烧，焙烧时MnO、Fe2O3不发生反应，反应生成Na2CrO4、Na2SiO3、 NaAlO2，加入硫酸，生成硅酸沉淀，溶液中含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、Na2Cr2O7；调节pH除去杂质Fe3+、A13+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；滤液中加入Na2S2O3，把还原为Cr3+，调节pH = 6生成氢氧化铬沉淀，滤液中加入过氧化氢、氢氧化钠，把+2价锰氧化为+4价，硫酸锰转化为MnO2。
（1）
焙烧时Cr2O3被空气中的O2氧化，碱性条件下生成Na2CrO4，同时生成CO2， Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为2Cr2O3 + 3O2 + 4Na2CO3 4Na2CrO4+ 4CO2。
（2）
加快酸浸速率的措施有:搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等。
（3）
滤渣1的成分是H2SiO3。
（4）
流程中加入Na2S2O3的作用为作还原剂，将铬元素还原为正三价，以便后续步骤沉淀分离。
（5）
“转化”时在碱性条件下加入双氧水将锰离子氧化，Mn2+发生“转化”的离子方程式为Mn2++ H2O2+2OH - =MnO2↓十2H2O。
（6）
根据Cr3+、Mn2+的沉淀率与关系如图所示，pH为6.0时， Cr3+的沉淀率较高、Mn2+的损失率较低，则“沉铬”过程最佳的为6.0；已知在该温度下，Kw=1×10-13 ，此时c(H+)=10-6mol/L，则c(OH-)=10-7mol/L，Ksp(Cr(OH)3)=1×10-30，则 “沉铬”后滤液中c(Cr3+)==10-9mol/L。
10.      第四周期第ⅦB族     3d54S2     配位键     三角锥形     sp3               MnO     6
【分析】(1)Mn是25号元素，根据能量最低原理书写基态Mn原子的价电子排布式；
(2)MnCl2与NH3通过配位键结合为[Mn(NH3)6]Cl2。NH3分子中N原子价电子对数是4，有1对孤电子对；
(3)体心立方堆积，体对角线=4r；
(4)根据均摊原则计算该氧化物的化学式。
【详解】(1) Mn是25号元素，在元素周期表中的位置是第四周期第ⅦB族；根据能量最低原理，基态Mn原子的价电子排布式是3d54S2；
(2)MnCl2与NH3通过配位键结合为[Mn(NH3)6]Cl2，新生成的化学键为配位键。NH3分子中N原子价电子对数是4，有1对孤电子对，NH3分子的空间构型为三角锥形；其中N原子的杂化轨道类型为sp3。
(3)δ−Mn的结构为体心立方堆积，晶胞参数为αpm，则晶胞的体对角线=pm，体对角线=4r，δ−Mn中锰的原子半径为pm。δ−Mn的1个晶胞含有Mn原子数，密度ρ= g⋅cm−3。
(4)根据均摊原则，该晶胞含有氧离子数是 、Mn离子数是，该氧化物的化学式为MnO，锰离子周围有6个距离最近且相等的氧离子，锰离子的配位数为6。
【点睛】本题考查核外电子排布式、晶胞计算，明确均摊原则是解题关键，注意立方晶胞顶点上的原子被占用 、面心的原子被占用、棱上的原子被占用。
11.           sp3     三角锥形     16NA     生成蓝色沉淀     CO、N2     N＞O＞C     CH4＞NH3＞H2O    
【详解】(1)N最外层5个电子，N原子的价电子排布图为。NH3分子中N原子价层电子对数为3+=4，N原子的杂化方式为sp3，有一对孤电子对，该分子的立体构型名称是三角锥形。故答案为：；sp3；三角锥形；
(2)已知Zn2+能与氨分子形成配离子[Zn(NH3)4]2+，N与Zn间以配位键结合，N与H之间以共价键结合，1mol该离子含有σ键的数目为4×4NA=16NA。故答案为：16NA；
(3)K3[Fe(CN)6]可用来检验Fe2+，向硫酸亚铁溶液中加入几滴K3[Fe(CN)6]，观察到的现象是生成蓝色沉淀。CN-是两个原子10个价电子的离子，与CN-互为等电子体的的微粒有CO、N2(填化学式，写2种)。同周期从右到左，第一电离能变大，基中N的2p能级是半充满结构，第一电离能大于相邻元素，C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥 ，三种元素形成的简单氢化物分子中孤电子对分别为：0、1、2，键角由大到小依次为CH4＞NH3＞H2O(用分子式表示)。故答案为：生成蓝色沉淀；CO、N2；N＞O＞C；CH4＞NH3＞H2O；
(4)Fe原子处于晶胞体心与顶点，晶胞中Fe原子数目为1+8×=2，则晶胞质量为2×g，处于体对角线上的Fe原子相邻，若Fe原子半径为a cm，则晶胞体对角线长度为4a cm，则晶胞棱长为cm，则2×g=dg/cm3×(cm)3，则(用d、a、NA表达式表示)。故答案为：。
12. (1)     d     3d54s1
(2)     N(氮)     基态氮原子2p轨道半充满     NH3     2     21NA     sp3、sp2
(3)     12     六面体    

【详解】（1）铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，位于元素周期表d区。
（2）①氮和氧中第一电离能较大的元素是N(氮)；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，基态氮原子2p轨道半充满、为稳定结构，第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素。
②分子中孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，水分子中氧原子有2对孤对电子，氨分子中氮原子有1对孤对电子，所以氨分子的键角大于水分子；由[Cr(H2O)6]3+离子的空间构型为正八面体可知，当4个水分子被氨分子取代后，剩余2个H2O的位置有：此八面体相邻的顶点和相对的顶点两个位置，故[Cr(NH3)4(H2O)2]3+的同分异构体共有2种。
③Cr(CH3COO)3中配位键属于σ键，单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，由结构式可知，1molCr(CH3COO)3所含σ键的数目为1mol×7×3×NAmol-1=21NA，结构中C原子有碳氧双键、有单键、则杂化方式为sp2、sp3。
（3）①由晶胞结构可知，晶体a中位于顶点的铜原子与位于面心的铬原子的距离最近，则铬原子的配位数为12。
②由晶胞结构可知，晶体b中铬原子填充在由铜原子构成的六面体空隙中，晶胞中位于顶点和面心的铜原子个数为8×+2×=2，位于面心的铬原子个数为4×=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=k2hd，解得d=，故答案为：g/cm3。
13.      羧基、羟基     C14H8O6N2Na2     1:1:1:1     +HNO3+H2O     取代反应(或硝化反应)     +4NaOH+2CH3OH+2H2O     2：1     HCOO－－OH
【分析】和甲醇发生酯化反应生成X，则X是；和足量氢氧化钠反应生成W，W是。
【详解】(1)水杨酸中官能团的名称为羟基、羧基；
(2)奥沙拉秦的化学式为C14H8O6N2Na2，分子中有4种等效氢，其核磁共振氢谱峰面积比为1:1:1:1；
(3) 和浓硫酸、浓硝酸的混合物加热发生取代反应生成，反应方程式为+HNO3+H2O，其反应类型为取代反应(或硝化反应)；
(4) 和氢氧化钠反应生成和甲醇，反应方程式为+4NaOH+2CH3OH+2H2O；
(5) CO2与反应生成和碳酸氢钠，通入的CO2与的物质的量之比至少应为2:1；
(6)A是的同分异构体，A经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚，说明A含有酯基，可以发生银镜反应，说明是甲酸酯。A的结构简式为HCOO－－OH。
【点睛】本题考查有机综合推断，明确有机物的官能团结构和性质是解题关键，注意酚羟基和醇羟基的区别，酚钠能和二氧化碳反应生成酚和碳酸氢钠。
14.      邻苯二酚     C11H11O2F2Br     +Br2→+HBr     取代反应(或水解反应)     醚键、羧基     8     BrCH=C(CH3)2    
【分析】A和发生取代反应生成B，B和溴单质发生取代反应生成C，C和CHClF2在NaOH溶液作用下反应生成D，D与CO、CH3OH、(CH3COO)2Pd、P(C6H5)3反应生成E，E在碱性条件下发生水解反应，再酸化得到F。
【详解】(1)A()的化学名称为邻苯二酚，D()的分子式为C11H11O2F2Br；故答案为：邻苯二酚；C11H11O2F2Br。
(2)根据分子结构简式，B生成C是取代反应，因此，B生成C的化学方程式是+Br2→+HBr；故答案为：+Br2→+HBr。
(3)E→F是酯基变为羧基，因此反应类型为取代反应(或水解反应)，F中含氧官能团的名称为醚键、羧基；故答案为：取代反应(或水解反应)；醚键、羧基。
(4)丁烯的结构简式有CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2，它们不同位置的氢分别有4、2、2种，因此的链状同分异构体有4+2+2=8种，其中核磁共振氢谱有两组峰的结构简式是BrCH=C(CH3)2；故答案为：8；BrCH=C(CH3)2。
(5)根据题中C到D的反应，和CHClF2在NaOH溶液作用下反应生成，和Br2反应生成，根据D到F的反应可知与CO、CH3OH、(CH3COO)2Pd、P(C6H5)3反应生成，其合成路线为；故答案为：。
15.      酯基、氨基               加成反应     13         
【分析】由B和反应生成C，结合C的结构简式可知，BC发生了取代反应， 取代了硝基对位的酚羟基中的H原子，则B为，由A到B的反应条件可知，发生了硝化反应，所以A为，结合已知条件①，D到E的过程中，D中的羟基被Cl原子取代，则E为，由F的结构简式可知，E与 A发生取代反应生成F；G I的过程中，I的结构简式，结合已知条件②可知，H为，G为，I发生酯化反应生成J，F与J发生取代反应生成K，J为，据此解答。
【详解】(1)根据分析可知，J为，所以官能团的名称为酯基、氨基；
(2)由分析可知B的结构简式为；
(3) 由分析可知H为，G为，GH发生的反应，化学方程式为，其中G中的双键断裂，反应类型为加成反应；
(4)芳香族化合物X与C互为同分异构体，根据题意可知，分子中含有硝基（-NO2）、苯环，且直接相连，能与NaHCO3溶液发生反应说明含有羧基（-COOH），根据C的分子式，X中还有一个含的碳的原子团；当羧基和含碳原子团直接相连时（-CH2COOH），则X的结构有3种：，-CH2COOH分别处在硝基的邻位、间位和对位；当-CH3和-COOH以单独的原子团与苯环相连时，-COOH的位置有以下几种： 、、共10种，所以根据分析，符合条件的X的结构有13种；其中核磁共振氢谱峰面积比为2∶2∶2∶1的结构简式为；
(5)苯甲醇为，产物中有酯基且形成了一个六元环，根据其对称性，可逆推出可由反应物发生成环的酯化反应制得，结合原料苯甲醇和已知条件②，可首先需要将苯甲醇羟基可以氧化生成醛基，根据已知条件②可知醛基和HCN在催化剂作用下可加长碳链，同时生成羟基，再将-CN转化为羧基，再进行酯化反应即可得目标物，所以合成路线为。