33，山东省潍坊市昌乐第一中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题

这是一份33，山东省潍坊市昌乐第一中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题，共25页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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目要求。
1. 下列实验中物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是
A. 苯酚露置在空气中，无色晶体变成粉红色
B. 向酸性溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色
C. 用溶液浸泡覆铜电路板，溶液由黄色变为蓝绿色
D. 向新制的中加入乙醛溶液，加热，有砖红色沉淀生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯酚具有还原性，露置在空气中易被空气中的氧气氧化，无色晶体会变成粉红色，则颜色变化与氧化还原反应有关，故A不符合题意；
B．重铬酸钾溶液中存在如下平衡：Cr2O+H2O2CrO+2H+，向酸性重铬酸钾溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子与溶液中氢离子反应，平衡向正反应方向移动，橙色的重铬酸根离子转化为黄色的铬酸根离子，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，则颜色变化与氧化还原反应无关，故B符合题意；
C．用氯化铁溶液浸泡覆铜电路板发生的反应为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，溶液由黄色变为蓝绿色，则颜色变化与氧化还原反应有关，故C不符合题意；
D．向新制的氢氧化铜中加入乙醛溶液，加热发生的反应为乙醛溶液与新制的氢氧化铜共热发生氧化反应生成乙酸钠、氧化亚铜砖红色沉淀和水，则颜色变化与氧化还原反应有关，故D不符合题意；
故选B
2. 化学与生产、生活密切相关。下列说法中正确的个数有
①CuSO4溶液用于除去乙炔中的H2S，是因为CuS难溶；
②ClO2既可用于自来水的消毒杀菌，又可除去水中的悬浮杂质；
③废旧电池必须回收处理，防止造成汞、镉及铅等重金属污染；
④CaF2与浓H2SO4糊状混合物可用于刻蚀玻璃；
⑤NaOH是强碱，因此钠盐的水溶液不会呈酸性；
⑥溶洞的形成主要源于溶解CO2的水对岩石的溶蚀作用；
⑦面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包是依据碳酸钠与酸反应的原理
A. 2项B. 3项C. 4项D. 5项
【答案】C
【解析】
【详解】①H2S是一种还原性气体，并且易与金属形成难容物，可用CuSO4溶液除去乙炔中的H2S，故①正确；
②ClO2具有强氧化性，可用于自来水的消毒杀菌，但无法除去水中的悬浮杂质，故②错误；
③废旧电池中含有铅、汞、镉等重金属元素，如果处理不当会对环境和人类健康造成危害，故③正确；
④CaF2与浓H2SO4混合物可生成HF，HF可用于刻蚀玻璃，故④正确；
⑤钠盐中也有可能显酸性，如NaHSO4，是显酸性的，故⑤错误；
⑥溶洞的形成原理是溶解CO2的水对岩石的溶蚀作用，方程式为CaCO3＋H2O＋CO2＝Ca（HCO3）2，故⑥正确；
⑦用小苏打作发泡剂烘焙面包是依据碳酸钠加热分解的原理，故⑦错误；
所以①③④⑥正确；
故答案选C。
3. 叠氮化钠与氢气在催化剂作用下发生反应：。生成的氮化钠()不稳定、易水解，下列说法错误的是
A 与盐酸反应可生成两种盐
B. 题干方程式所列四种物质中属于电解质的有与
C. 与中阴离子和阳离子个数比分别为1∶3和3∶1
D. 当生成的体积为89.6L(标准状况下)时，反应转移了12ml
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na3N与盐酸反应能够生成NH4Cl和NaCl两种盐，A正确；
B．Na3N和NaN3属于电解质，氨气属于非电解质，氢气是单质，不是化合物，B正确；
C．Na3N和NaN3的电子式分别为：和，故它们的阴离子和阳离子的个数比分别为1:3和1:1，C错误；
D．由化学方程式可知，每生成1ml Na3N和8ml NH3转移24ml，所以标况下体积为89.6L的NH3物质的量为4ml，转移电子为12ml，D正确；
故选C。
4. 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 25℃，101KPa下，11.2L中所含氧原子个数小于
B. 常温下，1L pH=l的溶液中的数目为0.2
C. 0.05 溶液中，阳离子的数目之和为0.1
D. 含0.2ml HCl的浓盐酸与足量反应，生成的个数为0.1
【答案】A
【解析】
【详解】A．25℃，101KPa下，气体摩尔体积大于22.4L/ml，11.2LSO2的物质的量小于0.5ml，所含氧原子个数小于NA，A正确；
B．常温下，pH=1的H2SO4溶液中氢离子浓度是0.1ml/L，1L pH=1的H2SO4溶液中的H＋数目为0.1NA，B错误；
C．NaHSO4溶液的体积未知，故无法计算其物质的量，也就无法求微粒数目，C错误；
D．二氧化锰固体和浓盐酸在加热条件下生成氯气，制备Cl2的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl-Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，若用含有0.2ml HCl的浓盐酸与足量MnO2反应制取Cl2，制得Cl2的个数小于0.1NA，原因是HCl挥发以及随着反应进行，盐酸浓度降低，MnO2与稀盐酸不反应，D错误；
故选A。
5. 碱性锌铁液流电池具有电压高、成本低的优点。该电池的总反应为Zn+2[Fe(CN)6]3-+4OH-2[Fe(CN6)]4-+[Zn(OH)4]2-，下列叙述不正确的是
A. 放电时，N极电势高于M极
B. 充电时，右侧贮液器中溶液浓度减小
C. 若离子交换膜只有OH-通过，1ml[Fe(CN)6]3-反应时，有lmlOH-通过离子交换膜
D. 放电时，N极电极反应为Zn-2e-+4OH-=
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知：碱性锌铁液流电池放电时，右侧N极为负极，Zn发生失电子的氧化反应生成，负极发生电极反应为Zn-2e-+4OH-=；左侧M为正极，正极上发生得电子的还原反应，正极电极反应为[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-。充电时和放电时刚好相反，电池正极与电源正极相连；
【详解】A．根据分析可知，放电时，右侧N极为负极，左侧M为正极，N极电势低于M极，选项A不正确；
B．充电时，右侧电极反应为：+ 2e-= Zn+4OH-，则浓度降低，选项B正确；
C．在放电时，M为正极，发生反应为：[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-。当左侧M电极有1 ml [Fe(CN)6]3-发生时，左侧负电荷数目会增加1 ml，为维持电荷守恒，就会1 ml即NA个OH-通过离子交换膜移向负极N极，选项C正确；
D．放电时该装置为原电池，N极为原电池的负极，M为原电池的正极，正极的电势比负极高，因此M极电势高于N极，N极电极反应为Zn-2e-+4OH-=，选项D正确；
答案选A。
6. 实验室可利用NO与反应制备亚硝酰氯(NOCl)，装置如图。已知亚硝酰氯的沸点为-5.5℃，遇水生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。
下列说法正确的是
A. 装置①为浓盐酸和反应，制备所需的
B. 装置②中的试剂可以更换为浓硫酸
C. 装置③中的冰盐水便于产物冷凝和收集
D. 实验时，先通入NO，再通入
【答案】C
【解析】
【分析】装置①为简易气体发生装置，目的是制取NO，经装置②中碱石灰干燥后进入装置③中，与干燥纯净的氯气在冰盐水浴条件下反应生成亚硝酰氯，据此分析解答。
【详解】A．装置①为简易气体发生装置，要求反应物之一必须为块状固体，而KMnO4为粉末状固体，且能溶于水，达不到控制反应的发生与停止的目的，且生成的Cl2能被碱石灰吸收，所以①中制取的气体是NO，A错误；
B．装置内可能含有O2，NO可与O2反应产生NO2，若将Y装置中的药品换成浓硫酸，则无法除去可能混有的NO2等气体杂质，且一般情况下，用U形管装置盛装的干燥剂应该为固体，浓硫酸应该用洗气瓶洗气干燥，B错误；
C．冰盐水的温度低，能将亚硝酰氯冷却，并由气体转变为液体，以便收集于三颈烧瓶中，C正确；
D．实验时先通入氯气，把装置中的空气排出来，防止NO被氧气氧化，D错误；
故选C。
7. W、X、Z、Q、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其内层电子数之和为18，最外层电子数之和为28，它们所形成的阴离子具有很高的亲水性，可以作为能源材料中的电解质，该离子结构如图所示。下列说法正确的是
A. 离子构型为四面体B. YWX-离子构型为V形
C. 非金属性：X＜W＜QD. 该阴离子中∠Y-X-Y为180°
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Z、Q、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其内层电子数之和为18，最外层电子数之和为28。从图中可以看出，W元素的化合价为4价，表明其最外层有4个电子，则W为碳；Q形成1个共价键，则Q应为氟；Y形成6个共价键，则最外层有6个电子，其为S；Z形成2个共价键，则Z为氧；X形成2个共价键，又获得1个电子，所以X的最外层电子数为5，其为氮元素。从而得出W、X、Z、Q、Y分别为C、N、O、F、S。
【详解】A．离子的化学式为，其相当于中的1个O原子被S替代，所以其构型与相似，为四面体结构，A正确；
B．YWX-离子为SCN-，其中心C原子的价层电子数为2，发生sp杂化，C原子的最外层无孤电子对，则其构型为直线形，B不正确；
C．X、W、Q分别为N、C、F，它们的电子层数相同，为同周期元素，则非金属性：C＜N＜F，C不正确；
D．该阴离子中，S-N-S的中心N原子最外层存在孤电子对，对成键电子有排斥作用，所以∠S-N-S小于180°，D不正确；
故选A。
8. 科研人员利用型复合光催化剂与和渗透Nafin膜构建了一个将还原反应和氧化反应分离的人工光合作用体系，光照下催化剂电极产生电子()和带正电空穴(用表示，可以捕获电子)。其反应机理如图。下列说法错误的是
A. 图中a，b分别为、
B. 体系中总反应的活化能
C. 催化剂表面的反应一定有或参与
D. 该人工光合作用总反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题图可知Nafin膜的左边水失电子生成氧气，发生氧化反应，则铁元素发生还原反应，Nafin膜的右边二氧化碳得电子生成甲酸，发生了还原反应，则铁元素发生氧化反应，图中a、b分别代表，选项A正确；
B．甲酸与氧气燃烧生成二氧化碳和水为放热反应，根据盖斯定律，逆向为该人工光合作用体系的总反应为吸热反应，焓变大于0，△H=正反应活化能-逆反应活化能，所以Ea正>Ea逆，选项B错误；
C．左侧发生氧化反应失去电子生成O2，发生还原反应得到电子生成。右侧发生氧化反应失去电子生成，发生还原反应得到电子生成HCOOH的过程中，催化剂表面反应的机理，一定有e-或h＋参与，选项C正确；
D．该人工光合作用体系的总反应为，可知氧化产物为O2，还原产物为HCOOH，根据方程式系数两者比为1∶2，选项D正确；
答案选B。
9. 实验是化学的灵魂。用下列仪器或装置进行相应实验，能够达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．上述装置中先闭合K1，打开K2构成电解池装置，左侧石墨电极为阳极，溶液中的水发生失电子的氧化反应生成氧气，右侧石墨电极作阴极，放出氢气；再闭合K2，打开K1，形成原电池，右侧石墨电极为负极，氢气放电，左侧石墨电极为正极，氧气得电子，能达到实验目的，A符合题意；
B．浓氨水滴到生石灰上可快速产生氨气，氨气密度比空气小，应采用向下排空气法收集，但收集装置不能密闭，否则可能发生爆炸，B不符合题意；
C．除去Na2CO3固体中的NaHCO3，用加热的方法，但应在坩埚中进行灼烧，不能在蒸发皿中灼烧固体，C不符合题意；
D．碳酸氢钠受热分解时生成碳酸钠、二氧化碳和水，试管口若向上倾斜，水蒸气冷凝回流会导致试管炸裂，D不符合题意；
故选A。
10. ，二每羟基-花椒内酯的结构简式如图所示，它具有抗血小板聚集、钙通道阻滞作用。下列说法正确的是。
A. 该物质的分子中含有3种官能团B. 1个该物质的分子中含2个手性碳原子
C. 1ml该物质最多能与3ml NaOH反应D. 该物质能使酸性溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A．该物质的分子中含有羟基、醚键、酯基、碳碳双键4种官能团，A错误；
B．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；1个该物质的分子中含与羟基直接相连的1个手性碳原子，B错误；
C．酯基、酚羟基均可以和氢氧化钠反应，该物质中酯基碱性水解生成酚羟基，故1ml该物质最多能与2ml NaOH反应，C错误；
D．该物质中含有羟基、碳碳双键，能使酸性溶液褪色，D正确；
故选D。
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目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．用pH试纸测定1 ml·L-1的Na2S和NaCl溶液的pH，只能根据溶液pH大小判断比较HCl、H2S的酸性强弱，不能用于比较两种元素的非金属性的强弱，应该根据H2SO4、HClO4的酸性强酸判断元素的非金属性：S＜Cl，A错误；
B．Na2CO3溶于水放出热量使温度升高，而NaHCO3溶于水吸收热量使温度降低，故可以根据向二者固体中滴加水，通过测定温度计的示数变化进行判断，B正确；
C．加入盐酸酸化Ba(NO3)2溶液，相当于加入具有氧化性的HNO3，将Na2SO3氧化为Na2SO4，无法检测Na2SO3是否变质，C错误；
D．向淀粉水解后的溶液中滴加NaOH溶液调节溶液至碱性，然后加入新制Cu(OH)2加热，产生红色沉淀，说明发生水解反应产生了含有醛基的葡萄糖，无法证明淀粉完全水解，D错误；
故答案为：B。
12. 利用工业废气NO生产NH4NO3的流程如图所示。已知装置I和装置II反应后溶液中n(NO)：n(NO)都为1：1。下列说法错误的是
A. 装置I中反应为2NO+4Ce4++3H2O=4Ce3++NO+NO+6H+
B. 装置I中若有5.6L(标准状况)NO参与反应，则转移1ml电子
C. 装置III中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2
D. 装置III中NH3和O2的体积比3：1时，可实现原子利用率最大化
【答案】BD
【解析】
【详解】A．装置I中Ce4+被还原为Ce3+，NO被氧化为，根据Ce3+的存在形式可知溶液呈酸性，根据氧化还原反应化合价升降可知反应离子方程式为2NO+4Ce4++3H2O=4Ce3++NO+NO+6H+，故A项正确；
B．装置I中NO被氧化为，N元素化合价由+2升高至+5，因此每当有0.25mlNO被氧化时，转移0.25ml×3=0.75ml电子，故B项错误；
C．装置III中被O2氧化为，根据化合价升降可知反应过程中存在关系式，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，故C项正确；
D．装置III中的总反应为，当溶液中时，通入NH3和O2的体积比3：1时，可实现原子利用率最大化，但溶液中未知，故D项错误；
综上所述，说法错误的为BD。
13. 有关物质A可发生如图所示转化过程。下列说法不正确的是
A. A→C的反应类型属于氧化反应
B. A与H2完全加成的产物有9种不同化学环境的氢原子
C. B的结构简式为：
D. 1mlD与溴水反应，消耗3mlBr2
【答案】C
【解析】
【分析】由流程图中E推断，A分子内含有9个碳原子，由推断，A中含有一个醛基，由A能发生显色反应推断，A分子内含有一个酚羟基，由推断，A分子内含有一个碳碳双键，且取代基中没有甲基，由F 推断，A分子中两个取代基分布在苯环的对位，从而得出A的结构简式为。
【详解】A．的反应是A中含有的醛基与银氨溶液发生的银镜反应，属于氧化反应，A正确；
B．A与H2完全加成的产物结构为，结构中关于六元环的两个取代基对位连线对称，，故有9种不同化学环境的氢原子，B正确；
C．B的结构简式为：，C错误；
D．D结构为，1mlD与溴水反应，酚羟基邻位碳原子上的H被取代消耗2ml Br2，碳碳双键发生加成反应消耗1ml Br2，共消耗3ml Br2，D正确；
答案选C。
14. B2O3的气态分子结构如图1所示，硼酸(H3BO3)晶体结构为层状，其二维平面结构如图2所示。下列说法错误的是
A. 两分子中B原子分别采用sp杂化、sp2杂化
B. 硼酸晶体中层与层之间存在范德华力
C. 1mlH3BO3晶体中含有6ml氢键
D. 硼原子可提供空轨道，硼酸电离的方程式为H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．B最外层3个电子，在图1分子中每个B原子只形成了2个σ 键，且其没有孤对电子，故其sp杂化；在图2分子中每个B原子形成了3个σ键，且其没有孤对电子，故其采用sp2杂化，A正确；
B．由题中信息可知，硼酸晶体为层状结构，类比石墨的晶体结构可知其层与层之间存在范德华力，故B正确；
C．由图中信息可知，每个硼酸分子有3个羟基，其O原子和H原子均可与邻近的硼酸分子形成氢键，平均每个硼酸分子形成了3个氢键，因此，1mlH3BO3晶体中含有3ml氢键，故C错误；
D．硼原子的2p轨道有空轨道，水电离的OH-中的氧原子有2个孤电子对，故两者可形成配位键并破坏了水的电离平衡使溶液显酸性，其电离方程式为H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+，故D正确；
故选：C；
15. 马来酸(用H2B表示)是一种二元弱酸，25°C时，某混合溶液中c(H2B) +c(HB-) +c(B2-) = 0.1ml·L-1，测得H2B、HB-、B2-及OH-等离子的pC(pC=-lgc)随溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 该温度下，马来酸的电离平衡常数Ka1 =10-1.92
B. 当溶液中=2时，pH=3.15
C. pH=7时，溶液中c(B2-)＞c(H2B) ＞c(HB- ) ＞c(OH - )
D. 混合溶液中c(HB-) =
【答案】AD
【解析】
【分析】pH逐渐升高，c(H2B)减小，PC(H2B)增大，c(B2-)增大，PC c(B2-)减小，c(HB-)刚开始增大，后减小，故PC(HB-)先减小后增大，由此可知曲线I表示OH-，曲线II表示H2B，曲线Ⅲ表示HB-浓度负对数的变化，曲线Ⅳ表示B2-浓度负对数的变化；
【详解】A．马来酸的电离平衡常数为，a点c(H2B)= c(HB-)，c(H+)=10-1.92ml/L，故Ka1 =10-1.92，故A正确；
B．根据b点计算，，，已知=2，解得，c(H+)=10-3.075ml/L，故pH=3.075，故B错误；
C．曲线II表示H2B，曲线Ⅲ表示HB-浓度负对数的变化， 曲线Ⅳ表示B2-浓度负对数的变化，由图可知pH=7时，c(B2-) ＞c(HB- )＞c(H2B)，最终为c(B2-) ＞c(HB- )＞c(OH-)＞c(H2B)，故C错误；
D．因为c(H2B) +c(HB-) +c(B2-) = 0.1ml·L-1，已知，，故+ c(HB-)+= 0.1Lml·L-1，解得c(HB-) = ，故D正确；
故答案为AD
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 硼、砷、铁等元素可形成结构、性质各异的物质，在生产、科研中发挥着重要用途。回答下列问题：
（1）下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是___________(填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是___________。
A. B.
C. D.
（2）同周期中第一电离能大于砷的元素有___________种。CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH两种含砷有机酸中沸点较高的是___________(填化学式)，原因为___________。
（3）LiZnAs晶体的立方晶胞结构如图1所示，N点原子分数坐标为(，，)；LiZnAs晶体部分Zn原子被Mn原子代替后可以形成一种新型稀磁半导体LiZnmMnnAs，其立方晶胞结构如图2所示。
①M点原子分数坐标为___________。
②m=_________
③已知NA为阿伏加德罗常数的值，LiZnmMnnAs的摩尔质量为Mg/ml，晶体密度为dg/cm3。晶胞中As原子与Mn原子之间的最短距离为___________nm(列出计算式)。
（4）FeSO4·7H2O的结构如图所示。
图示FeSO4·7H2O结构中键角1、2、3由大到小的顺序是___________(填序号)。
【答案】（1） ①. A ②. CD
（2） ①. 2 ②. CH3As(OH)2 ③. CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH两种含砷有机酸均属于分子晶体，CH3As(OH)2含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高。
（3） ①. ②. 0.75 ③.
（4）3＞1＞2（或3，1，2）
【解析】
【小问1详解】
硼元素的原子序数为5，基态电子排布式为1s22s22p1，激发态原子中电子的能量高于基态原子中电子的能量，失去一个电子所需能量小于基态原子，C、D均为激发态，D失去一个电子需要能量最小，基态原子中第一电离能小于第二电离能，A失去一个电子需要克服第二电离能，B失去一个电子需要克服第一电离能，则失去一个电子需要吸收能量最大的是A；发射光谱是由能量较高的激发态电子跃迁回到能量较低的激发态或基态过程中产生的光谱，C、D均为激发态，则用光谱仪可捕捉到发射光谱的是C、D项；
【小问2详解】
同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，砷位于元素周期表的第四周期第ⅤA族，其基态原子核外价电子排布式为：4s24p3，砷原子p轨道为半充满的稳定状态，其第一电离能大于Se，因此同周期中第一电离能大于砷的元素只有Br和Kr两种；CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH两种含砷有机酸均属于分子晶体，CH3As(OH)2含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高；
【小问3详解】
把晶胞切割成多个边长为的小正方体，M位于一个顶点，所在的正方体在N所在正方体的正上方，所以M点原子分数坐标为；据均摊法晶胞计算法则可得：Li：，Zn：，Mn：，As：4，化简即可得LiZnmMnnAs中m=0.75，n=0.25；将晶胞切割成八个大小相等的正方体，如图 ，Mn原子在顶点，As原子在小正方体的体心，即晶胞结构体对角线的处，设棱长为a，一个晶胞中含有4个分子，所以，nm，则As原子与Mn原子之间的最短距离为nm；
【小问4详解】
中Fe2＋提供空轨道，中O提供孤电子对，形成配位键，与之间形成氢键。、的中心原子均为sp3杂化，中O有两个孤电子对，中S无孤电子对，根据孤电子对间的斥力大于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，得3＞1＞2。
17. 分析化学滴定法有酸碱中和滴定、沉淀滴定、络合滴定、氧化还原滴定等。沉淀滴定法可用于NaCl溶液中c(Cl—)的测定。实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
已知：①Ag2CrO4是一种砖红色沉淀；
②已知：Ksp(AgCl)=1.56×10-10(ml/L)2，Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12(ml/L)3；
③AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl—。
Ⅰ.准备标准溶液：准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250ml)后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
Ⅱ.滴定待测溶液。其主要步骤如下：
a．取待测NaCl溶液25.00mL于锥形瓶中；
b．加入1mL5%K2CrO4溶液；
c．在不断摇动下用AgNO3标准溶液滴定，当接近终点时，需逐滴加入AgNO3溶液，并用力振荡。记下终点时消耗AgNO3标准溶液的体积；
d．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
e．数据处理。
回答下列问题：
（1）①滴定前，装有AgNO3标准液的滴定管排气泡时，应选择下图中的_______(填序号)。
②读取盛装标准AgNO3的滴定管初始读数。若液面位置如图所示，则此时读数为_______mL。
（2）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有______。
（3）滴定终点的现象是___________。
（4）测得c(Cl—)=___________ml/L。
（5）若用该方法测定NH4Cl溶液中的c(Cl—)，待测液的pH不宜超过7.2，理由是_______。
（6）下列关于实验的说法合理的是_______(填序号)。
A. 滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上粘附的溶液冲下
B. 为使终点现象更加明显，可改加5mL5%K2CrO4溶液
C. 滴定结束时，若未等滴定管液面稳定就读数会导致测定结果偏低
D. 若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果偏高
【答案】（1） ①. b ②. 0.60
（2）250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管
（3）滴入最后半滴AgNO3溶液加入时，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟不恢复
（4）0.0800 （5）若溶液pH过大，NH会生成NH3·H2O，增大AgCl溶解能力，使测定结果偏高 （6）AD
【解析】
【分析】该实验的实验目的是用沉淀滴定法测定氯化钠溶液中的氯离子浓度，并分析造成实验误差的原因。
【小问1详解】
①硝酸银是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，所以硝酸银溶液盛装在酸式滴定管中，滴定管排气泡时应旋开活塞，快速放液排尽尖嘴部分的气泡，故选b；
②由图可知，滴定管中硝酸银溶液的初始读数为0.60mL，故答案为：0.60；
【小问2详解】
配制硝酸银标准溶液时，应防止硝酸银遇光分解，所以配制过程中需要用到的仪器除烧杯和玻璃棒外还需要250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管；
【小问3详解】
由溶度积可知，铬酸钾溶液为滴定的指示剂，当溶液中的氯离子与硝酸根离子完全反应时，再滴入最后半滴硝酸银溶液，锥形瓶中会出现砖红色沉淀，则滴定终点的现象是滴入最后半滴硝酸银溶液，锥形瓶中会出现砖红色沉淀，且半分钟不恢复，故答案为：滴入最后半滴AgNO3溶液加入时，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟不恢复；
【小问4详解】
由题意可知，硝酸银溶液的浓度为=0.1000ml/L，由表格数据可知，实验1的误差较大，应舍去，滴定消耗硝酸银溶液的平均体积为=20.00mL，则溶液中氯离子的浓度为=0.0800 ml/L，故答案为：0.0800；
【小问5详解】
若氯化铵溶液pH大于7.2，铵根离子与氢氧根离子反应生成的一水合氨会溶解反应生成的氯化银，使得滴定消耗的硝酸银溶液的体积偏大，导致滴定结果偏高，所以滴定时待测液的pH不宜超过7.2，故答案为：若溶液pH过大，NH会生成NH3·H2O，增大AgCl溶解能力，使测定结果偏高；
【小问6详解】
A．滴定过程中用蒸馏水将锥形瓶壁上粘附的溶液冲下，可以使待测液中的氯离子完全反应，有利于提高实验准确度，故说法合理；
B．铬酸钾溶液是滴定的指示剂，若用量过大会造成实验误差，所以滴定时不能改加5mL5%铬酸钾溶液，故说法不合理；
C．滴定结束时，若未等滴定管液面稳定就读数会使滴定消耗的硝酸银溶液体积偏大，导致测定结果偏高，故说法不合理；
D．若在配制硝酸银标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，所配制硝酸银标准溶液浓度偏小，会使滴定时消耗溶液体积偏大，导致测定结果偏高，故说法合理；
故选AD。
18. 氧化亚铜主要用于制造船底防污漆(用来杀死低级海生动物)、杀虫剂，以及各种铜盐、分析试剂、红色玻璃，还用于镀铜及镀铜合金溶液的配制。用某铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O的一种工艺流程如下图：
已知：常温下，相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表：
请回答下列问题：
（1）基态Cu原子价层电子的排布图为_______。
（2）滤渣的主要成分是_______(填化学式)。
（3）“酸浸”中加入MnO2的作用是_______；写出其中生成单质S的化学方程式_______。
（4）“调pH”的范围是_______。
（5）“还原”前Cu元素以[Cu(NH3)4](OH)2的形式存在，水合肼被氧化的化学方程式为_______；一定体积下，保持其它条件不变，水合肼浓度对Cu2O的产率的影响如图所示。当水合肼浓度大于3.25ml·L-1时，[Cu(NH3)4]2+的转化率仍增大，但Cu2O的产率下降，其可能的原因是_______。
【答案】18. 19. MnCO3
20. ①. 做氧化剂 ②. MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O
21. 3.2≤pH＜4.8
22. ①. 4Cu(NH3)4(OH)2+N2H4·H2O+9H2O=2Cu2O↓+N2↑+16NH3·H2O ②. Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质
【解析】
【分析】某铜矿(主要含CuS、FeO)加入稀硫酸、MnO2“酸浸”得到S、CuSO4、Fe2(SO4)3、MnSO4，“酸浸”后的滤液调pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，然后加入氨水、NH4HCO3将Mn2+除去，同时将Cu2+转化成[Cu(NH3)4]2+，然后加入水合肼将[Cu(NH3)4]2+还原成Cu2O。
【小问1详解】
基态Cu原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，价层电子排布式为3d104s1，价层电子排布图为。
【小问2详解】
“除锰”时发生的反应为MnSO4+NH3∙H2O+NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O，则滤渣的主要成分是MnCO3。
【小问3详解】
“酸浸”时发生的反应有CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O，加入MnO2的作用是做氧化剂；生成S的化学方程式为CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O。
【小问4详解】
“调pH”的目的是将Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，Cu2+不形成沉淀，根据相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH知，“调pH”的范围为3.2≤pH＜4.8。
【小问5详解】
根据流程，水合肼被氧化成N2，[Cu(NH3)4](OH)2被还原成Cu2O，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为4[Cu(NH3)4](OH)2+N2H4∙H2O+9H2O=2Cu2O↓+N2↑+16NH3·H2O；当水合肼浓度大于3.25ml·L-1时，[Cu(NH3)4]2+的转化率仍增大，但Cu2O的产率下降，其可能的原因是Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质。
19. 化合物G是合成左氧氟沙星的中间体，合成路线如下，回答下列问题：已知：
I.
II.，Et为-C2H5
路线一：
（1）A的结构简式为_______；E中含氧官能团的名称为_______。
（2）E→F的化学方程式为_______。
已知：
III．X2C═CHNR1(R2)+R3NH2X2C═CHNHR3+HNR1(R2)[X=RCO—或—COOR]
路线二
（3）H的化学名称为_______(系统命名法)；J中有_______种化学环境的氢。
（4）路线二由H→K的过程中反应类型共有_______种；H的同分异构体中氟原子与苯环直接相连且能发生银镜反应的种类有_______种。
【答案】（1） ①. ②. 醚键、酯基
（2） （3） ①. 2,3,4,5-四氟苯甲酸 ②. 5
（4） ①. 1 ②. 6
【解析】
【分析】根据A的分子式，由C逆推，可知A是，根据B的分子式，结合A的结构简式，可知B是；D和EtOCH=C(COOEt)2反应生成E，根据信息I可知，E是，根据信息II可知，F是；根据信息III，由K逆推，可知J为；由J逆推，可知I是、H是。
【小问1详解】
根据以上分析，A的结构简式为；E是，含氧官能团的名称为醚键、酯基。
【小问2详解】
E→F是在条件下生成和乙醇，反应的化学方程式为；
小问3详解】
H是，化学名称为2,3,4,5-四氟苯甲酸；J是，有5种化学环境的氢。
【小问4详解】
路线二由H→K的过程中反应类型只有1种，都是取代反应；H的同分异构体中氟原子与苯环直接相连且能发生银镜反应的种类有、、、、、，共6种。
20. 丙烯腈是塑料、合成橡胶、合成纤维三大合成材料的重要原料，未来我国丙烯腈的出口量将进一步增加。合成丙烯腈的反应： 。
（1）该反应中涉及的C、N、O三种元素原子的第一电离能由小到大的顺序是_______。
（2）一定条件下，在2L恒容密闭容器中；通入、、15ml空气(的体积分数为)，丙烯腈的产率与温度的关系如图所示。
①图中460℃前的产率_______(填“是”或“否”)为平衡产率；理由是_______。
②若该反应达到A点所需的时间为t min，则理论上的平均反应速率为_______。
（3）工业上在催化剂作用下，合成丙烯腈时还有副反应： 。
①其它条件不变时，压缩容器体积，副反应的平衡移动方向为_______。
②某温度下，向密闭容器中通入、、7.5ml空气(与的体积比为1∶4)，保持压强恒为99kPa，平衡时测得的转化率为90％，生成丙烯腈的选择性为(选择性：生成丙烯腈的与共转化的之比)。则生成丙烯腈的分压为_______kPa，该温度下副反应的_______。
（4）己二腈是制造尼龙的原料。电解丙烯腈可制得己二腈，其装置如下图所示：
①阴极的电极反应式为_______。
②电解一段时间后，该装置产生的在标准状态下的体积为33.6L，生成了291.6g已二腈，则该装置的电流效率_______％。(假设装置中阳极上没有电子损失，×100％)
【答案】（1）C