2021年江西省上饶一中高考一模理综-化学试卷含解析

这是一份2021年江西省上饶一中高考一模理综-化学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


江西省上饶一中2021年高考一模试卷
理综化学
一、单选题
1．生活离不开化学，下列行为不合理或有常识性错误的是（　　）
A．用明矾可消除水中Cu2+等重金属离子污染
B．上饶市在创全国文明城市，为符合题意响应“垃圾分一分，环境美十分”的口号，可把坚果壳放到标有 图标的垃圾桶内
C．75％(体积分数)的酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸均可以有效灭活新型冠状病毒
D．蚕丝和棉纤维灼烧后产生的气味不同
2．某有机化合物键线式如图所示，有关该有机物说法正确的是（　　）

A．该有机物的分子式为C7H8O2
B．该有机物最多有15个原子共面
C．1mol该有机物最多能与4molH2发生还原反应
D．室温下该有机物易溶于水
3．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（　　）
A．2H2S+SO2=3S↓+2H2O反应中，每生成1mol氧化产物时转移电子数为NA
B．物质的量相等的重水与水相差2NA个中子
C．乙烯和丙烯组成的28g 混合气体中含氢原子数为4NA
D．pH=13的1LBa(OH)2 溶液中所含有OH-数目为0.2NA
4．化学是以实验为基础的学科，有关下列实验操作中，现象、结论合理的是（　　）
选项
实验操作
现象
结论
A
用结净干燥的玻璃棒蘸取浓硫酸点在干燥的pH试纸上
试纸变黑
体现浓硫酸的吸水性
B
将乙醇和浓硫酸混合溶液加热至170℃，将产生的气体通人溴水中
溴水褪色
有乙烯生成
C
某无色溶液滴加盐酸，产生无色气体通入澄清石灰水中
石灰水先变浑浊后变澄清
无色溶液中一定含有CO 32−
D
向2mL0.1mol/LNa2S溶液中滴2滴0.1mol/L ZnSO4溶液，再滴2滴0.1mol/L CuSO4溶液
先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀
Ksp(ZnS)与Ksp(CuS)大小无法判定
A．A B．B C．C D．D
5．用间接电化学法对大气污染物 NO 进行无害化处理，其原理示意如图所示，质子膜允许H+和H2O通过。有关说法正确的是（　　）

A．电极Ⅰ为电解池的负极，吸收塔反应为2NO+2S2O 42− +2H2O=N2 +4HSO 3−
B．电解池中的质子运动方向是：左室→质子膜→右室
C．电极Ⅱ发生的反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O-
D．吸收塔中每处理1molNO则右室会生成11.2L的O2
6．位于三个不同周期的五种短周期主族元素F、W、X、Y、Z，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，F、Y位于同一主族；Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。由W、X、Y、Z形成的某种化合物的结构如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．W、F、X的最高价氧化物的水化物两两不能发生反应
B．因为Y比F的氢化物稳定，所以Y的氢化物沸点高于F
C．X与Y、Y与Z形成原子个数比1：1的化合物中，所含化学键类型完全相同
D．W元素所在周期的主族元素简单离子半径比较中，W的离子半径最小
7．常温下，以酚酞作指示剂，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/L的二元酸H2A溶液。溶液中pH、分布系数δ 随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示，有关说法正确的是 （　　）
已知：A2−的分布系数为 δ(A2−)=c(A2−)c(HA−)+c(A2−)

A．当V(NaOH)=0mL时，c(H2A)>c(HA- )>c(A2- )>c(H+)>c(OH- )
B．当V(NaOH)=20.00mL时，c(Na+) C．室温下，HA-的电离常数值为1.0×10-5
D．当V(NaOH)=40.00mL时， c(HA -)＋c(H+)=c(A2- )＋c(OH- )
二、非选择题
8．PCl3是磷的常见氯化物，可用于半导体生产的外延、扩散工序。有关物质的部分性质如表：
　
熔点/℃
沸点/℃
密度/g/mL
化学性质
黄磷
44.1
280.5
1.82
2P+3Cl2 (少量) 加热__ 2PCl3
2P+5Cl2 (过量) 加热__ 2PCl5
PCl3
-112
75.5
1.574
遇水生成H3PO3和HCl，遇氧气生成POCl3
（1）Ⅰ.PCl3的制备
如图是实验室制备PCl3的装置(部分仪器已省略)。

回答下列问题：
通入仪器甲中的冷却水从　 　(填“M”或 “N”)口出来；仪器乙为下端浸在冷水中的仪器，乙的名称为　 　。
（2）检查装置气密性并装入药品后，先关闭K1，打开K2通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K2，加热曲颈瓶同时打开K1通入干燥氯气，反应立即进行。通干燥CO2的作用是　 　。
（3）实验室利用A装置制备Cl2的离子方程式为　 　；实验过程中，通入氯气的速率不宜过快的原因是　 　。
（4）II.测定PCl3的纯度
测定产品中PCl3纯度的方法如下：迅速称取4.400g产品，水解完全后配成500mL溶液，取出25.00mL加入过量0.1000mol/L20.00mL碘溶液，充分反应后再用0.1000mol/LNa2S2O3溶液滴定过量的碘，终点时消耗12.00mLNa2S2O3溶液。已知：H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其他反应。
根据上述数据，该产品中PCl3的质量分数为　 　[已知：M(PCl3)=137.5g/mol]；若滴定终点时仰视读数，则PCl3的质量分数　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（5）Ⅲ.PCl3水解生成的H3PO3性质探究
请你设计一个实验方案，证明H3PO3为二元酸：　 　。
9．2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。二氧化氯(ClO2)就是其中一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，可转化为较稳定的NaClO2保存。工业上常用吸收法和电解法制备NaClO2，其工艺流程示意图如图1。


已知：a．纯ClO2熔点为-59℃，沸点为11℃ ，纯的ClO2受热或遇光易发生爆炸，一般稀释到10%以下。
b．长期放置或高于60℃时，NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl。
（1）步骤1中，生成ClO2的化学方程式是　 　，通入空气的作用是　 　。
（2）方法1中，反应的离子方程式是　 　，利用方法1制NaClO2时，温度不能超过35℃，可能的原因是 　 　。
（3）方法2中，NaClO2在　 　生成(选填“阴极”或“阳极”)。
（4）NaClO2的溶解度曲线如图2所示，步骤3从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是：加热温度至略低于60℃、　 　、　 　，过滤、洗涤、干燥。
（5）保存液态ClO2的条件是　 　(填字母)。
a．常温、密封、不避光 b．低温、密封、避光 c．常温、敞口、避光 d．低温、敞口、不避光
（6）ClO2 在杀菌的同时，可将剧毒氰化物氧化成无毒气体，ClO2 被还原为Cl-。某工厂污水中含CN- a mg/L，处理10m3这种污水，至少需要ClO2　 　mol。
10．氮的化合物是重要的工业原料，也是主要的大气污染来源，研究氮的化合物的反应具有重要意义。回答下列问题：
（1）肼(N2H4)与四氧化二氮分别是火箭发射器中最常用的燃料与氧化剂。已知6.4g液态肼与足量液态四氧化二氮完全反应，生成氮气和液态水放出热量122.5kJ，则该反应的热化学方程式为　 　。
（2）尾气中的NO2与足量的空气充分混合入，通入烧碱溶液中。该反应的离子方程式为　 　。
（3）在773K时，分别将2.00molN2和6.00molH2充入一个固定容积为1L的密闭容器中发生反应生成NH3，气体混合物中c(N2)、c(H2)、c(NH3)与反应时间(t)的关系如图所示。。

①该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2、NH3，其浓度均为2mol/L，则此时v正　 　v逆(填“大于”或“小于”或“等于”)。
②在此温度下，若起始向一个固定容积为1L的密闭容器中充入4molN2和12molH2，则反应刚达到平衡时，表示c(H2)—t的曲线上相应的点为　 　。
（4）在373K时，向体积为2L的恒容真空容器中充入1.00molNO2，发生如下反应： 2NO2(g) ⇌ N2O4(g)△H=﹣56.9kJ•mol﹣1测得NO2的体积分数[φ(NO2)]与反应时间(t)的关系如表：
t/min
0
20
40
60
80
φ(NO2)
1.0
0.75
0.58
0.50
0.50
已知该反应V正(NO2)=K1·c2(NO2)，V逆(N2O4)= K2·c(N2O4)其中k1、k2为速率常数，则373K时， k2k1 =　 　。
（5）如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时， O2-可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。N2H4的电子式为 　 　，该燃料电池的负极反应式为　 　。

11．S、Se 、N、Fe等元素及其化合物在科学研究和工业生产中具有重要的作用。
（1）臭鼬排放的臭气主要成分为3﹣MBT，键线式如图所示：

0.1mol 3﹣MBT中含有σ键数目为　 　(NA为阿伏伽德罗常数的值)。3﹣MBT的沸点低于(CH3)2C=CHCH2OH，主要原因是　 　。
（2）2020年12月17日，采撷月壤的嫦娥五号荣耀归来。嫦娥五号探测器采用太阳能电池板提供能量，在太阳能电池板材料中除单晶硅外，还有铜，铟，镓，硒等化学物质。硒为第四周期第VIA族元素，其氧化物有SeO2和SeO3两种，SeO3分子的立体构型为　 　，与其互为等电子体的阴离子为 　 　(举一例)。
（3）铁氰化钾，化学式为K3[Fe(CN)6]，主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业，其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。
①K3[Fe(CN)6]中所涉及的各元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　。
②(CN)2分子中存在碳碳键，C原子的杂化轨道类型为　 　。
③下列选项是部分同学画的基态氮原子的核外电子排布图，其中违背泡利原理的是　 　 (填序号，下同)，违背洪特规则的是　 　。
A． B． C．
（4）如图是金属铁晶体中的一个晶胞。

①该晶体中原子总体积占晶体体积的比值为　 　(用含π的最简代数式表示)。
②铁原子的半径为rpm，其晶体密度为　 　g•cm﹣3(用含有r、NA的最简代数式表示)。
12．某研究小组以下列路线合成乙酰基扁桃酰氯。

已知：①
②RCN RCOOH
③RCOOH →SOCl2 RCOCl →R'OH RCOOR’
（1）有机物 B的名称为　 　。
（2）B生成C的化学反应方程式　 　。
（3）物质 D 的结构简式是　 　。
（4）下列说法错误的是___________ 。
A．有机物A能发生取代反应和消去反应
B．乙酰基扁桃酰氯属于芳香族化合物
C．化合物 C 能与新制的 Cu(OH)2发生反应
（5）E＋F→G 的化学方程式是　 　。
（6）化合物 D 有多种同分异构体，同时符合下列条件的同分异构体共有　 　种，写出其中一种核磁共振氢谱峰的面积比为1：2：2：2的同分异构体的结构简式：　 　。
①氰基(-CN)接在苯环 ②能与金属钠反应
（7）设计以乙醇为原料制备乳酸(α-羟基丙酸)的合成路线(用流程图表示；无机试剂任选)　 　。

答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．用明矾净水，是因为明矾电离出的铝离子水解产生的氢氧化铝胶体，可吸附水中的固体悬浮物并使之沉降，但不能去除去Cu2+等重金属离子污染，故A符合题意；
B．题干中坚果壳属于干垃圾，图标为干垃圾图标，故B不符合题意；
C．75% (体积分数)的酒精容易渗透病毒的细胞中，从而破坏细胞的蛋白质结构，抑制病毒的复制。含氯消毒剂、过氧乙酸都能使蛋白质变性，故三种物质均可以有效灭活新型冠状病毒，故C不符合题意；
D．蚕丝灼烧是烧焦羽毛的气味，棉纤维灼烧是烧纸张的气味，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.除杂铜离子可以采用变成硫化铜的方式进行除杂
B.考查的标识的识别
C.考查的是常见的消毒物质的识别
D.考查的物质的鉴别，采用燃烧法
2．【答案】C
【解析】【解答】A．该有机物的分子式为C8H8O2，故A不符合题意；
B．苯环为平面结构，故除了-CH3上3个H以外，其他原子均可共面（共8个C、5个H、2个O一共15个原子），-CH3中的C中3个H最多只有1个H与上述平面共面，即该有机物最多有16个原子共面，故B不符合题意；
C．苯环可以与3个H2加成，羰基可以1个H2加成，所以1mol该有机物最多能与4molH2发生还原反应，故C符合题意；
D．苯酚在常温下难溶于水，可推测该有机物常温下也难溶于水，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.根据结构式写出分子式
B.考查的是结构式中的原子共面情况
D.根据相似相溶原理即可得出
3．【答案】C
【解析】【解答】A．在该反应中，H2S作为还原剂失去电子，SO2作为氧化剂得到电子，氧化产物和还原产物均为S，但生成的S中作为氧化产物的S和还原产物的S的物质的量之比为1:2，所以生成1mol氧化产物时也生成了2mol的还原产物，所以转移的电子数为4NA，故A不符合题意；
B．重水为D2O，D原子中含有一个质子和中子，比H多一个中子，但选项中未明确给出物质的量具体的值，所以无法判断其中子数之差，故B不符合题意；
C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，分子量为14，所以28g混合气体中含有的CH2的数目为2NA个，所含的氢原子数为4NA个，故C符合题意；
D．选项中未给出溶液温度，无法确定此时水的离子积常数，故无法计算数目，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A. 根据2H2S+SO2=3S↓+2H2O ~4mol计算即可
B.考查的是中水和水中的中子数
C.最简式相同时的原子个数计算
D.考查的是指明条件
4．【答案】D
【解析】【解答】A．浓硫酸将试纸变黑体现浓硫酸的脱水性，故A不符合题意；
B．乙烯中可能混有二氧化硫，乙烯与二氧化硫均与溴水反应，由现象不能说明乙烯生成，故B不符合题意；
C．无色气体为二氧化碳、二氧化硫，则原溶液中有CO 32− 或HCO 3− 等，故C不符合题意；
D．Na2S过量，无法比较Ksp(ZnS)与Ksp(CuS)大小，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.考查的是浓硫酸的化学性质
B.考查的是产物的检验，能使溴水褪色的物质不一定是乙烯
C.考查的是气体的检验，使澄清石灰水变浑浊的不一定是二氧化碳
D.考查的是难溶沉淀的转换，但是反必须少量

5．【答案】C
【解析】【解答】A．电极Ⅰ中HSO 3− →S2O 42− 得到电子发生还原反应，故为阴极，电解池中没有负极，A不符合题意；
B．电极Ⅰ是阴极，电极Ⅱ是阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以质子的移动方向是：右室→质子膜→左室，B不符合题意；
C．电极Ⅱ是阳极，水电离出的氢氧根被氧化生成氧气，发生的反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O ，C符合题意；
D．吸收塔中处理1 mol NO，转移电子数为2 mol，则生成O2为0.5 mol，标准状况下为11.2L，但选项没有注明温度和压强，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据硫元素的化合价降低，发生的还原反应，故电极1是阴极，2是阳极，聚集大量的阴离子，氢氧根失去电子，发生氧化反应，根据吸收塔中的电子情况即可计算阳极气体的物质的量
6．【答案】D
【解析】【解答】A．W、F、X的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、H2SO4、Al(OH)3，Al(OH)3为两性，两两能发生反应，A不符合题意；
B．氢化物稳定性与氢化物沸点无关，B不符合题意；
C．X与Y、Y与Z形成原子个数比1：1的化合物分别为Na2O2、H2O2，Na2O2含有离子键、共价键，H2O2只含有共价键，所含化学键类型不相同，C不符合题意；
D．W元素简单离子为Al3+，其所在周期的主族元素离子半径最小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同，结合物质的结构可知，X为Na；Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍，Y的最外层电子数大于1，则Z为H；Y可形成2条共价键，则Y为O；W原子的最外层电子数为3，则为Al；F、Y位于同一主族，则F为S。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，当V(NaOH)=0mL，H2A的一级电离为完全电离，溶液中不存在H2A， 故A不符合题意；
B．当V(NaOH)= 20.00 mL时，得到的溶液是NaHA溶液，根据电荷守恒有c(Na+ )+c(H+)=c (HA-)+ 2c(A2- )+c(OH-)，由pH曲线可知，此时溶液呈酸性，即c(H+)> c(OH-)，则c(Na+) C．常温下，由于H2A一级电离为完全电离，HA-的起始浓度为0.1mol/L，当V(NaOH)=0mL，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数为 Ka=c(H+)c(A2−)c(HA−)=0.1×0.1mol/L×0.1mol/L0.1mol/L×0.9=10−2 ，故C不符合题意；
D．当V(NaOH)=40mL时，溶液的溶质为Na2A，质子守恒为c(HA-)+c(H+)=c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.考查的是弱电解质的电离
B.根据计算，确定产物，然后结合图像和电荷守恒即可判断
C.根据图像，找出分布系数和PH即可计算电离常数
D.根据计算，确定产物，根据质子守恒即可
8．【答案】（1）M；蒸馏烧瓶
（2）排尽空气，防止红磷被氧气氧化以及生成的PCl3与空气中氧气和水反应
（3）MnO2 + 4H+ + 2Cl﹣加热__ Mn2+ + 2H2O + Cl2↑；防止生成PCl5
（4）87.50%(87.5%也给分)；偏小
（5）取10 mL 0.1 mol/L H3PO3溶液于锥形瓶中，加入酚酞作指示剂，用0.1 mol/L NaOH进行滴定，若消耗NaOH的体积近似等于20 mL，则说明H3PO3为二元酸。
【解析】【解答】Ⅰ(1)冷凝水下进上出，故冷却水从N口进入冷凝管，从M口出来，此处填“M”；仪器乙为带支管的烧瓶，故为蒸馏烧瓶；
(2)由于红磷能与空气中氧气反应，需排尽装置中的空气，通入干燥的气体是为了防止产物PCl3与水反应，故此处填：排尽空气，防止红磷被氧气氧化以及生成的PCl3与空气中氧气和水反应；
(3)实验室可用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，对应离子方程式为：MnO2 + 4H+ + 2Cl﹣加热__ Mn2+ + 2H2O + Cl2↑；Cl2过量会将PCl3氧化为PCl5，故通入Cl2不能过快，此处填：防止生成PCl5；
Ⅱ(4)由题意知，该测量方法为返滴定，Na2S2O3标准液测出的是剩余的I2，与样品反应的I2等于I2的总量减去剩余的I2，再依据关系式：PCl3~H3PO3~I2，可求出PCl3的量，进而求出其质量分数，计算过程如下：由关系式I2~2Na2S2O3，得n(I2，余)= n(Na2S2O3)2=0.1 mol/L×12.00 mL×10−3L/mL2=6×10−4mol ，则与样品反应的n(I2)=n(I2，总)- n(I2，余)=0.1 mol/L×20 mL×10-3 L/mL-6×10-4 mol=1.4×10-3 mol，由关系式PCl3~H3PO3~I2，得n(PCl3)= n(I2)= 1.4×10-3 mol，故PCl3的质量分数= 1.4×10−3mol×137.5 g/mol×204.4 g×100%=87.50% ；若终点仰视读数，导致读数偏大，所计Na2S2O3溶液体积偏大，对应求出剩余的I2偏多，则与样品反应的I2偏少，故导致PCl3质量分数偏小；
Ⅲ(5) 以酚酞为指示剂，用与H3PO3浓度相等的氢氧化钠溶液进行滴定，滴定终点时消耗的碱的体积为酸的两倍，即可得证，具体方案为：取10 mL 0.1 mol/L H3PO3溶液于锥形瓶中，加入酚酞作指示剂，用0.1 mol/L NaOH进行滴定，若消耗NaOH的体积近似等于20 mL，则说明H3PO3为二元酸。
【分析】（1）考查的是冷凝水的进入方向，和仪器的名称
（2）二氧化碳的用途，是排尽整个装置的空气
（3）考查的是氯气的制备方程式，以及实验的具体操作
（4）根据给出的化学方程式结合元素守恒计算即可，仰视读数时，导致滴定的液体减少
（5）考查的是设计实验证明磷酸的分步电离

9．【答案】（1）2NaClO3 + SO2 = Na2SO4 + 2ClO2(或2Na2ClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 )；稀释二氧化氯，防止爆炸
（2）2ClO2 + H2O2 + 2OH- = 2 ClO2− + 2H2O + O2；防止H2O2(受热)分解
（3）阴极
（4）蒸发浓缩；冷却至略高于38℃结晶
（5）b
（6）5a13
【解析】【解答】(1)步骤1中，NaClO3 在酸性溶液中被SO2 还原，生成Na2SO4、ClO2等，化学方程式是2NaClO3 + SO2 = Na2SO4 + 2ClO2(或2Na2ClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 )；题中信息显示：纯的ClO2受热或遇光易发生爆炸，一般稀释到10%以下，由此得出通入空气的作用是稀释二氧化氯，防止爆炸。答案为：2NaClO3 + SO2 = Na2SO4 + 2ClO2(或2Na2ClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 )；稀释二氧化氯，防止爆炸；
(2)方法1中，ClO2 被 H2O2 在碱性溶液中还原为 ClO2− 等，H2O2被氧化为O2，反应的离子方程式是2ClO2 + H2O2 + 2OH- = 2 ClO2− + 2H2O + O2，利用方法1制NaClO2时，温度不能超过35℃，主要是考虑H2O2的不稳定性，可能的原因是防止H2O2(受热)分解。答案为：2ClO2 + H2O2 + 2OH- = 2 ClO2− + 2H2O + O2；防止H2O2(受热)分解；
(3)方法2中，NaClO2由ClO2得电子生成，所以NaClO2在阴极生成。答案为：阴极；
(4)由NaClO2的溶解度曲线可以看出，温度低于38℃时，会生成NaClO2∙3H2O，所以温度应控制在38℃以上，从而得出步骤3从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是：加热温度至略低于60℃、蒸发浓缩、冷却至略高于38℃结晶，过滤、洗涤、干燥。答案为：蒸发浓缩；冷却至略高于38℃结晶；
(5)因为纯的ClO2受热或遇光易发生爆炸，所以保存液态ClO2的条件是低温、密封、避光，
故答案为：b。答案为：b；
(6)ClO2在杀菌的同时，可将剧毒氰化物氧化成无毒气体(CO2、N2)，ClO2被还原为Cl-，则反应的离子方程式为：2ClO2+2CN-=2Cl-+2CO2+N2。某工厂污水中含CN- a mg/L，处理10m3这种污水，至少需要ClO2的物质的量为 a×10−3g/L×104L26g/mol = 5a13 mol。答案为： 5a13 。
【分析】在酸性溶液中，NaClO3能被SO2还原为ClO2，而SO2被氧化为硫酸盐，为防止ClO2发生爆炸，通入空气将其稀释；由ClO2制取NaClO2的方法有两种，一种是在碱性条件下用H2O2还原，另一种是通入NaCl溶液中然后电解；从溶液中获得NaClO2时，可从溶解度曲线中提取信息，即降温时，控制温度不低于38℃。
10．【答案】（1）2N2H4(l)+ N2O4(l)=3N2(g)+ 4H2O(l)△H=﹣1225kJ•mol﹣1
（2）4NO2 + O2 + 4OH- = 4NO 3− +2H2O
（3）小于；A
（4）1/12
（5）；N2H4 - 4e- + 2O2- = N2 + 2H2O
【解析】【解答】(1)液态肼与液态四氧化二氮反应生成氮气和液态水的方程式为：2N2H4(l)+ N2O4(l)=3N2(g)+ 4H2O(l)，3.2g液态肼即0.1mol N2H4完全反应放出热量61.25kJ，则2mol N2H4完全反应放出热量61.25kJ×20 = 1225kJ，热化学方程式为：2N2H4(l)+ N2O4(l)=3N2(g)+ 4H2O(l)△H=﹣1225kJ•mol﹣1；故答案为：2N2H4(l)+ N2O4(l)=3N2(g)+ 4H2O(l)△H=﹣1225kJ•mol﹣1；
(2)NO2与烧碱溶液反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，反应的离子方程式：4NO2 + O2 + 4OH- = 4NO 3− +2H2O；故答案为：4NO2 + O2 + 4OH- = 4NO 3− +2H2O；
(3)①由图中可知，该温度下，平衡状态时，c (N2)=1mol/L，c (H2)=3mol/L，c (NH3)=2mol/L，该反应为：N2(g)+ 3H2(g) ⇌ 2NH3(g)，故K= c2(NH3)c(N2)⋅c3(H2)=427 ，当投入N2、H2、NH3，其浓度均为2mol/L，Q= 416 ＞K，故反应v正小于v逆；故答案为：小于；
②由图可知，将2.00molN2和6.00molH2充入1L密闭容器中，达到平衡时，c(H2) = 3mol/L，即E点；若起始充入4.00molN2和12.00molH2，是恒容容器中充入的2.00molN2和6.00molH2的2倍，相当加压、反应速率加快、先达到平衡状态，但加压时平衡正向移动，使c (H2 )小于6mol/L，故为A点；
故答案为：A；
(4) 2NO2(g)⇌N2O4(g)起始0.500转化2xx平衡0.5−2xx 平衡时[φ(NO2)]=0.5，解的x= 16 mol/L，反应达到平衡时，V正(NO2)=2 V逆(N2O4)，即K1·c2(NO2)=2 K2·c(N2O4)，所以 k2k1 = 112 ；故答案为： 112 ；
(5)N2H4的电子式为： ；甲极为负极，以极为正极，该燃料电池的负极反应式为：N2H4 - 4e- + 2O2- = N2 + 2H2O；故答案为： ；N2H4 - 4e- + 2O2- = N2 + 2H2O。
【分析】（1）根据已知条件计算出1mol 肼(N2H4放出的热量即可
（2）考查的二氧化氮、空气和氢氧化钠的反应离子方程式
（3）①根据给出数据，计算出平衡常数，然后和给出的数据进行对比即可②根据反应钱给出的物质的量比率，是起始的两倍，理论上应该平衡浓度是原来的2倍，但是体积不变，导致平衡移动
（4）根据平衡的状态，确定速率之间的关系，计算出平衡时的物质的量浓度，代入公式计算
（5）根据成键规律写出电子式，负极是 (N2H4) 失去电子，发生氧化反应
11．【答案】（1）1.5NA；(CH3)2C=CHCH2OH分子间含有氢键，增大分子间的作用力，使沸点升高
（2）平面三角形；CO 32− 或 NO 3−
（3）N>C >Fe> K；sp；C；B
（4）3π8；2×56×33×103064NAr3
【解析】【解答】(1)1个3-MBT中含C—H σ键：9个，C—C σ键：3个，C=C中含1个σ键，C—S σ键：1个，S—H σ键：1个，共有15个σ键，故0.1 mol该分子含1.5 mol σ键，即1.5NA；(CH3)2C=CHCH2OH分子之间能形成氢键，增大分子间的作用力，使沸点升高，而3-MBT不能形成分子间氢键，故沸点较低；
(2)SeO3中心Se的价层电子对=σ电子对+孤电子对=3+ 6−2×32 =3，根据价层电子对互斥理论知SeO3为平面三角形结构；SeO3得到电子变成阴离子，为了保证价电子总数不变，中心Se可失去相应电子数，变为N或C或Si，故其等电子体阴离子为：NO 3− 、CO 32− 或SiO 32− ；
(3)①随着周期表往上往右，元素第一电离能成增大趋势，故N>C >Fe> K；
②根据题意，(CN)2的结构为NC—CN，根据价键理论知C与N之间为三键，即(CN)2结构式为：N≡C—C≡N，故C原子杂化方式为sp；
③泡利原理指同一原子轨道内两个电子自旋方向相反，故违背该原理的为C；洪特规则指同价轨道上，电子优先单独占据一个轨道且自旋方向相同，故违背该规则的为B，B选项中2pz轨道上电子自旋方向应与2px、2py保持一致；
(4)①该晶胞中含Fe个数= 8×18+1 =2，设Fe原子半径为b，则晶胞体内对角线长度为4b，设晶胞边长为a，则面上对角线长度为 2a ，由勾股定理得：a2+( 2a )2=(4b)2，解得a= 43b3 ，故晶胞体积=a3=( 43b3 )3，2个Fe原子总体积= 2×4πb33=8πb33 ，则晶胞中原子体积占晶胞体积的比值为 8πb33 ：( 43b3 )3= 3π8 ，即原子体积与晶体体积为 3π8 ；
②求晶体密度，即求晶胞密度，1个晶胞中含2个Fe原子，故Fe原子质量m= 2NAmol×56 g/mol ，由①知，晶胞体积V=( 43b3 )3=( 43r×10−103 )3，故晶胞密度= mV = 2×56×33×103064NAr3 ，即晶体密度为 2×56×33×103064NAr3 。
【分析】（1）考查的物质的成键数目，以及氢键的影响
（2）计算出成键数目和孤对电子即可，找出原子数相同且电子数相同即是等电子体
（3）① 根据元素周期表确定电离能的比较 ②根据成键类型确定杂化轨道 ③考查的是对泡利原理和洪特规则的运用
（4）①计算原子的总数和晶胞的体积②根据ρ=m/v计算即可
12．【答案】（1）苯甲醇
（2）2 + O2 →催化剂 2 + 2H2O
（3）
（4）A
（5） +CH3COCl → +HCl
（6）13；
（7）CH3CH2OH CH3CHO
【解析】【解答】(1)有机物 B的名称为苯甲醇；
(2)B、C分别为苯甲醇、苯甲醛，反应的化学反应方程式为 + O2 →催化剂 2 + 2H2O；
(3)分析可知，物质D的结构简式是 ；
(4)A．有机物A为C6H5-CH2Cl，官能团为Cl原子能发生取代反应，不能发生消去反应，A说法不正确；
B．乙酰基扁桃酰氯含有苯基，属于芳香族化合物，B说法正确；
C．化合物C为苯甲醛，含有醛基能与新制的 Cu(OH)2发生反应，C说法正确；
答案为A；
(5) E、F分别为 、CH3COCl，发生取代反应生成G和HCl，方程式为 +CH3COCl → +HCl；
(6)化合物 D为 ，分子式为C8H7ON，同分异构体符合①氰基(-CN)接在苯环，②能与金属钠反应，则含有羟基，苯环上含有2个取代基，-CN、-CH2OH有邻间对3种；有3个取代基，-CN、-CH3、-OH，根据两固定一游动原则，固定在邻位，有4种，间位有4种，对位有2种，合计13种；其中核磁共振氢谱峰的面积比为1：2：2：2，则氰基与CHOH在苯环的对位，即 ；
(7)根据已知①、②，乙醛和NaCN反应生成 ，再转化为 即可，则流程为CH3CH2OH CH3CHO 。
【分析】甲苯在光照的条件下与氯气发生甲基上的取代反应，根据已知①，可知C中含有醛基，则C为苯甲醛；A为C6H5-CH2Cl；B为C6H5-CH2OH，名称为苯甲醇；C→D反应已知①，则D为 ；D发生已知②，氰基变为羧基，则E为 ；G发生已知③中的第一步生成乙酰基扁桃酰氯，则G为 ；E与F发生取代反应生成G，结合F的分子式，则F为CH3COCl。