还剩28页未读，
继续阅读
所属成套资源：各地区2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编
成套系列资料，整套一键下载
四川省遂宁市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
展开
这是一份四川省遂宁市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共31页。试卷主要包含了00 mL于锥形瓶中，3kJ/ml；，20×10－12；Ksp=7，3 40％ 3等内容，欢迎下载使用。
四川省遂宁市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·四川遂宁·高二统考期末）如图所示，某同学设计一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。
根据要求回答相关问题：
（1）通入氢气的电极为_____________（填“正极”或“负极”），正极的电极反应式为____________。
（2）石墨电极(C)为____________（填“阳极”或“阴极”），铁电极的电极反应式为____________。
（3）反应一段时间后，乙装置中生成氢氧化钠主要在________区。（填“铁极”或“石墨极”）
（4）如果粗铜中含有锌、银、金等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将____________（填“增大”“减小”或“不变”）。
（5）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则乙装置中（NaCl足量）C电极上生成的气体的分子数为____________NA；丙装置中阴极析出铜的质量为____________。
2. （2020春·四川遂宁·高二统考期末）Ⅰ.25℃时，现有pH＝2的醋酸溶液甲和pH＝2的盐酸乙，以及未知浓度的氢氧化钠溶液丙和未知浓度的氨水丁：
（1）取10mL的甲溶液，加入少量固体醋酸钠，醋酸的电离平衡____________(填“向左”、“向右”或“不”，下同)移动；
（2）相同条件下，若将甲、乙两溶液等体积混合，混合溶液的pH＝____________。
（3）25℃时，各取25mL的甲、乙两溶液，分别用同浓度的NaOH稀溶液中和至pH＝7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)____________(填“大于”、“小于”或“等于”)V(乙)。
（4）若用乙去滴定25mL的丁，应选用____________作指示剂。
（5）若20mL的乙与200mL的丙混合后溶液呈中性，则丙的pH=____________。
Ⅱ.25℃时，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图所示。
（6）25℃时，醋酸的电离常数的数量级为____________。
（7）w点对应溶液中的离子浓度由大到小为____________。
（8）c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝____________mol·L－1
3. （2021春·四川遂宁·高二统考期末）环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
（1）已知：(g) (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol −1①H2(g)+ I2(g) 2HI(g) ΔH2=−11.0 kJ·mol −1②，对于反应：(g)+ I2(g) (g)+2HI(g) ③ ΔH3=___________kJ·mol −1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。
A．通入惰性气体 B．提高温度 C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。
A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1
4. （2020春·四川遂宁·高二统考期末）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：
（1）根据文献资料，用NaClO3和双氧水在酸性条件下可制得ClO2。某小组按照文献中制备ClO2的方法设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。
①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是____________。
②装置B的作用是____________。
③装置A用于生成ClO2气体，其中H2O2的作用是____________。
（2）测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10.00mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量H2SO4酸化的KI溶液（ClO2还原为Cl-），然后加入____________作指示剂，用0.1000mol·L－1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2＝2I－+），消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是____________，C中ClO2溶液的浓度是____________mol·L－1。
（3）ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，其离子方程式为____________。
5. （2021春·四川遂宁·高二统考期末）用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I−)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ．准备标准溶液
a．准确称取AgNO3基准物4.2500 g(0.0250 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b．配制并标定100 mL 0.1000 mol·L−1 NH4SCN标准溶液，备用。
Ⅱ．滴定的主要步骤
a．取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。
b．加入25.00 mL 0.1000 mol·L−1 AgNO3溶液(过量)，使I−完全转化为AgI沉淀。
c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d．用0.1000 mol·L−1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。
e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f．数据处理。
回答下列问题：
(1)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___________。
(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是___________。
(3)b和c两步操作是否可以颠倒___________，说明理由___________。
(4)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为___________mL，测得c(I−)=___________mol·L−1。
(5)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为___________。
(6)判断下列操作对c(I−)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)：若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果___________。
6. （2022春·四川遂宁·高二统考期末）磺酰氯(SO2Cl2)可用于制造锂电池正极活性物质。实验室可利用SO2和Cl2在活性炭催化下反应制取少量SO2Cl2，装置如图(部分夹持装置已省略)。
已知：①SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(1) △H=-97.3kJ/mol；
②SO2Cl2熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，常温较稳定，遇水剧烈水解，100℃以上易分解。回答下列问题：
(1)仪器A的名称是____，装置丙中橡胶管的作用是____。
(2)装置丙中发生反应的离子方程式为____，上述仪器的正确连接顺序是e→ → → → →g，h← ← ←f(填仪器接口字母编号，仪器可重复使用)。____
(3)仪器F的作用是____。
(4)装置丁中三颈烧瓶需置于冷水浴中，其原因是____。
(5)SO2Cl2遇水剧烈水解化学方程式为____。
(6)某实验小组利用该装置消耗氯气1120mL(标准状况下，SO2足量)，最后得到纯净的磺酰氯5.4g，则磺酰氯的产率为____。
7. （2020春·四川遂宁·高二统考期末）碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料，也可用作脱硫的催化剂等。一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示
已知①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素②常温下，相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表
金属离子
Al3＋
Fe3＋
Fe2＋
Ca2+
Mn2＋
Mg2＋
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
回答下列问题：
（1）“混合研磨”的作用为____________
（2）分析图1、图2，焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是：温度____________，m（NH4Cl）:（锰矿粉）=____________。
（3）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为____________
（4）净化除杂流程如下
①已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8＞KMnO4＞MnO2＞Fe3＋，常温下KMnO4能氧化盐酸产生氯气，则氧化剂X宜选择____________
A．(NH4)2S2O8 B．MnO2 C．KMnO4
②调节pH时，pH可取的范围为____________
③常温下Ksp(CaF2)=3.20×10－12；Ksp(MgF2)=7.29×10－11.当溶液中离子浓度小于或等于1×10－5mol/L时可认为离子沉淀完全。要使Ca2＋和Mg2＋都沉淀完全，沉淀后的溶液中F－的浓度不低于____________。
（5）“碳化结晶”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵，可能的原因是____________
8. （2020春·四川遂宁·高二统考期末）中国科学院研究员马大为以氨基酸铜的络合物为催化剂实现了碳氮键的高效构筑，为含苯胺片段的药物及材料的合成提供了一种简便、实用的方法，马大为借助这一研究也获得了“未来科学大奖物质科学奖”。如图是一种氨基酸铜的络合物的结构简式。回答下列问题：
（1）基态铜原子的最外层电子所处的原子轨道的形状为___________，某同学查阅资料发现铜有+3价，则基态的Cu3＋价电子排布式为___________。
（2）Cu、C、N、O四种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________（用元素符号表示）；该氨基酸铜中碳原子的杂化方式为___________；1mol氨基酸铜中含有的π键数目为___________NA。
（3）N、O元素可形成多种微粒，的空间构型为___________，写出一种与互为等电子体的分子的化学式：___________。
（4）铜晶体晶胞是面心立方晶胞，铜原子的配位数为___________。
（5）铜元素与氮元素形成的一种晶体的立方晶胞如图所示，该晶体的化学式为___________，两个最近的氮原子之间的距离为anm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为___________g/cm3（用含a、NA的代数式表示）。
9. （2021春·四川遂宁·高二统考期末）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：
（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____（填标号）。
A． B．
C． D．
（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H−)，原因是______。
（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______、中心原子的杂化形式为______。LiAlH4中，存在_____（填标号）。
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键
（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Born−Haber循环计算得到。
可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol−1，O=O键键能为______kJ·mol−1，Li2O晶格能为______kJ·mol−1。
（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为______g·cm−3（列出计算式）。
10. （2022春·四川遂宁·高二统考期末）氮元素与氢元素能形成多种化合物，在工业、农业和国防等方面用途非常广泛，例如：氨气、肼(N2H4)、叠氮酸(HN3)……等，请回答下列问题：
(1)N位于周期表中____区，基态N原子的价电子排布式为____。
(2)N2H4分子的电子式为____，其中N采取____杂化。
(3)叠氮酸(HN3)是一种弱酸，可部分电离出H+和N。请写出一种与N互为等电子体的分子的化学式____；叠氮化物易与过渡金属元素形成配合物，如：[Fe(N3)(NH3)5]SO4，在该配合物中Fe的配位数为____，SO的立体构型为____。
(4)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____。
(5)氮与铝形成的某种晶体的晶胞如图所示。
①该晶体的化学式为____。
②已知该晶体的密度为dg·cm−3，N和Al的半径分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数值为NA。用含a、b、d和NA的式子表示该晶体中原子的空间利用率____(用含a、b、d和NA的式子表示)。
11. （2020春·四川遂宁·高二统考期末）有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略去)：
已知：①A的密度是相同条件下H2密度的38倍；其分子的核磁共振氢谱中有3组峰；
②NO2NH2(-NH2容易被氧化)；
③R-CH2COOH
请回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为___________；B的结构简式为___________；C的名称为___________。
（2）CD的反应类型是___________；1molD最多能与___________molNaOH反应；I的结构简式为___________。
（3）M不可能发生的反应为___________(填选项字母)。
a.加成反应b.氧化反应c.取代反应d.消去反应
（4）和M分子中苯环上的取代基完全相同的M的同分异构体有___________（不含M）。
（5）FG的化学方程式为___________。
12. （2021春·四川遂宁·高二统考期末）某“化学鸡尾酒”通过模拟臭虫散发的聚集信息素可高效诱捕臭虫，其中一种组分T可通过下列反应路线合成(部分反应条件略)。
(1)A的化学名称是___________，A→B新生成的官能团是___________；(填符号)
(2)B→D的反应类型___________，D的核磁共振氢谱显示峰的组数为___________。
(3)D→E的化学方程式为___________。
(4)G与新制的Cu(OH)2发生反应，所得有机物的结构简式为___________。
13. （2022春·四川遂宁·高二统考期末）化合物M是从植物的提取物中分离出来的苯并色烯类天然产物，它对利什曼原虫和克氏锥虫有显著的抑制作用。图为化合物M的合成路线：
已知：RCOOR′RCH2OH
请回答下列问题：
(1)B中所含官能团的名称为_______；F的化学名称为_______。
(2)D→E的化学方程式为_______。
(3)G的结构简式为_______。
(4)H→I的反应条件为_______。
(5)J+E→K的反应类型为_______。
(6)满足下列条件的G的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
①能够与FeCl3溶液发生显色反应；②不含有甲基；③能够发生银镜反应。
其中苯环上一氯取代物只有2种的同分异构体的结构简式为_______。
14. （2021春·四川遂宁·高二统考期末）I、锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4，溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2.回答下列问题：
(1)外电路的电子流动方向是由___________极流向___________极(填字母)。
(2)电池负极反应式为___________。
(3)是否可用水代替电池中的混合有机溶剂？___________(填“是”或“否”)，原因是___________。
(4)MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为___________。K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为___________。
(5)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。
①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式：___________。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是___________。
15. （2022春·四川遂宁·高二统考期末）I.如图为电化学原理在防止金属腐蚀方面的应用。
(1)图1中为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择____(填字母)
A．碳棒 B．锌板 C．铜板
(2)图2中，钢闸门C作____极。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D上的电极反应式为____，检测该电极反应产物的方法是____。
II.已知：Ksp[Fe(OH)2]=8×10−16，Ksp[Fe(OH)3]=1×10−38，Ksp[Zn(OH)2]=4×10−17，Ksp(AgCl)=2×10−10，Ksp[Ag2CrO4(砖红色)]=2×10−12。回答下列问题：
(3)向等物质的量浓度的Zn2+、Fe3+的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先产生的沉淀是____(填化学式)。常温下，若使0.4 mol∙L−1的ZnCl2溶液中的Zn2+开始沉淀，应加入NaOH溶液调整溶液的pH为____。
(4)要除去ZnCl2酸性溶液中混有的少量Fe2+，应先向混合溶液中加入适量____溶液，再加入____(填下列选项序号)调节溶液的pH，最后过滤。
A．NH3·H2O B．Na2CO3 C．ZnO D．ZnCO3
(5)分析化学中，测定含氯的中性溶液中Cl－的含量，以K2CrO4作指示剂，用AgNO3溶液滴定。滴定终点的现象是____，当溶液中Cl－恰好完全沉淀(浓度为1.0×10−6 mol∙L−1)时，此时溶液中c(CrO)=____mol·L−1。
16. （2022春·四川遂宁·高二统考期末）2022年4月16日，中国空间站的3名航天员乘神舟十三号载人飞船平安返回地球。空间站处理CO2的一种重要方法是对CO2进行收集和再生处理，重新生成可供人体呼吸的氧气。其技术路线可分为以下三步：
I．固态胺吸收与浓缩CO2
(1)在水蒸气存在下固态胺吸收CO2反应生成酸式碳酸盐(该反应是放热反应)，再解吸出CO2的简单方法是____。
第二步：CO2的加氢甲烷化
H2还原CO2制CH4的部分反应如下：
i．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H1=+41 kJ∙mol−1
ii．CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g) △H2=−246 kJ∙mol−1
(2)反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=____ kJ∙mol−1。
(3)有利于提高甲烷平衡产率的反应条件是____(写一种)。
(4)科学家研究在催化剂表面上CO2与H2的反应，前三步历程如图所示，吸附在催化剂表面上的物种用“•”标注，Ts表示过渡态。下列说法中一定正确的是____(填字母)。
A．前三步的总能量变化为ΔH=−2.1eV
B．该转化反应的速率取决于Ts1的能垒
C．•HOCO转化为•CO和•OH的反应△H＜0
D．改用高效催化剂能提高反应物的平衡转化率
第三步：CO2甲烷化生成的H2O电解再生氧气
(5)电解时阳极产生O2的电极反应式为____。
II．神舟十三号载人飞船的电源系统共有3种，分别是太阳能电池帆板、镉镍蓄电池和应急电池。
(6)飞船在光照区运行时，太阳能电池帆板将太阳能转化为电能，除供给飞船使用外，多余部分用镉镍蓄电池储存起来。其工作原理为Cd+2NiOOH+2H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2，充电时，阳极的电极反应式为____；当飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池开始为飞船供电，此时负极附近溶液的碱性____ (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(7)紧急状况下，应急电池会自动启动，工作原理为Zn+Ag2O+H2O2Ag+Zn(OH)2，其负极的电极反应式为____。
参考答案：
1. 负极 O2+4e-＋2H2O=4OH- 阳极 2H2O+2e-=2OH-+H2↑ 铁极 减小 0.2 12.8g
【分析】甲装置：为燃料电池，正极：O2+2H2O+4e-=4OH-，负极：H2－2e－+2OH-=2H2O，总反应：2H2+O2=2H2O；
乙装置：Fe电极与电源负极相连，为阴极，电极反应式：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，C极为阳极，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，总反应为：2H2O+2Cl-2OH-+H2↑+ Cl2↑；
丙装置：铜的电解精炼池，粗铜为阳极，电极反应式主要为：Cu-2e-=Cu2+，精铜为阴极，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，据此解答。
【详解】(1)由分析可知，通入氢气的电极为负极，正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：负极；O2+2H2O+4e-=4OH-；
(2)石墨电极为阳极，铁电极为阴极，阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：阳极；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；
(3)乙装置中Fe电极附近产生OH-，X为阳离子交换膜，则Na+透过X膜在铁极产生NaOH，故答案为：铁极；
(4)装置中，阳极粗铜中的Zn、Cu失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子生成铜，根据转移电子守恒，阳极上铜消耗的质量小于阴极上析出铜的质量，所以溶液中硫酸铜浓度减小，故答案为：减小；
(5)标况下2.24LO2即0.1mol，能够转移0.4mol电子，乙池中Fe电极生成H2，因此能生成0.2molH2即0.2NA个分子，丙装置的精铜电极则能析出0.2mol铜单质，即12.8g铜，故答案为：0.2；12.8g。
2. 向左 2 大于 甲基橙 11 10-5 c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－) 0.1
【分析】Ⅰ. (1)加入少量固体醋酸钠，用同离子效应判断醋酸的电离平衡移动方向；
(2)根据混合溶液中的氢离子浓度计算pH；
(3) 25℃时，中和至pH＝7，即呈中性，据此判断出溶质成分，再判断出消耗的NaOH溶液的体积大小；
(4)若用乙去滴定25mL的丁，即盐酸和氨水发生中和反应，按所得盐溶液的酸碱性，选用合适的指示剂；
(5)若20mL的乙即盐酸与200mL的丙即氢氧化钠混合后溶液呈中性，即恰好中和，据此计算氢氧化钠溶液的浓度及pH；
Ⅱ.(6) 25℃时，据图、抓住w点和电离常数的定义计算醋酸的电离常数的数量级；
(7)按w点对应溶液的酸碱性及信息，判断离子浓度大小并排序；
(8) 按电荷守恒及信息进行计算；
【详解】Ⅰ. (1)加入少量固体醋酸钠，醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡向左移动；
答案为: 向左；
(2) 混合前醋酸溶液和盐酸的pH均为2，氢离子浓度相同，故混合溶液中的氢离子浓度不变，则pH＝2；
答案为: 2；
(3)醋酸和氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠呈碱性，故当中和反应后溶液呈中性，意味着反应后得到醋酸和醋酸钠混合溶液，醋酸略有多余，而盐酸则被恰好中和，由于醋酸和盐酸等pH，醋酸物质的量浓度远大于盐酸，故醋酸消耗NaOH溶液的体积更大，即V(甲) 大于V(乙) ；
答案为: 大于；
(4)盐酸和氨水发生中和反应，得氯化铵溶液呈酸性，选择在酸性溶液中变化的指示剂，即甲基橙；
答案为: 甲基橙；
(5) 25℃，20mL pH＝2的盐酸与200mL的氧化钠混合后溶液呈中性，即恰好中和，则氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是，该溶液中氢离子的浓度，则pH=11；
答案为: 11；
Ⅱ.(6) ，25℃时，抓住w点c(CH3COOH)=c(CH3COO－)，，则酸的电离常数的数量级为10-5；
答案为: 10-5；
(7)溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1， w点c(CH3COOH)=c(CH3COO－) ＝0.05mol·L－1，该温度下，w点溶液pH =4.75，呈酸性，，溶液中电荷守恒，，则c(CH3COO－)>c(Na＋)，故离子浓度大小排序为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；
答案为: c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；
(8) 溶液呈电中性，，则c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)= c(CH3COO－)，故c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝c(CH3COO－) ＋c(CH3COOH)=0.1mol·L－1；
答案为: 0.1。
【点睛】本题主要考查弱电解质在水溶液中的电离平衡、溶液酸碱性及中和反应等相关知识，充分理解定义、应用电荷守恒、合理有效提取图象信息是解本题的关键。
3. 89.3 40％ 3.56×104 BD CD
【分析】(1)利用盖斯定律解题；
(2)利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释；
(3)通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图象计算；
【详解】(1)已知：(g)=(g)+H2(g)△H1=+100.3kJ•mol-1 ①，H2(g)+I2(g)=2HI(g)△H2=-11.0kJ•mol-1 ②，根据盖斯定律，①+②得③(g)+I2(g)=(g)+2HI(g)△H3=(+100.3kJ•mol-1)+(-11.0kJ•mol-1)=+89.3kJ•mol-1；
(2)设碘和环戊烯()的初始物质的量都为nmol，转化的物质的量为xmol，
(g)+I2(g)=(g)+2HI(g)
初始(mol) n n 0 0
转化(mol)x x x 2x
平衡(mol)n-x n-x x 2x
刚性容器内气体的压强与物质的量成正比，则：=1+20%，解得：x=0.4n，
平衡时环戊烯的转化率为：×100%=40%；
平衡时混合气体的压强为：105Pa×(1+20%)=1.2×105Pa，混合气体总物质的量为：(n-0.4n+n-0.4n+0.4n+0.4n×2)mol=2.4nmol，
平衡时各组分所占压强分别为p()=p(I2)=×1.2×105Pa=3×104Pa，p()=×1.2×105Pa=2×104Pa，p(HI)=×1.2×105Pa=4×104Pa，该反应的平衡常数Kp=≈3.56×104Pa；
A．通入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动，则环戊烯的转化率不变，故A错误；
B．该反应为吸热反应，提高温度平衡向着正向移动，环戊烯的转化率增大，故B正确；
C．增加环戊烯浓度，环戊烯的转化率减小，故C错误；
D．增加碘浓度，反应物浓度增大，平衡向着正向移动，环戊烯的转化率增大，故D正确；
故答案为BD；
(3)A．温度越高反应速率越快，根据图示可知，在温度T2(虚线)的反应速率较大，则T1＜T2，故A错误；
B．根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线的绝对值，则a点速率大于c点，故B错误；
C．a到b的过程为正反应速率逐渐减小，且b点v(正)＞v(逆)，则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C正确；
D．b点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L-0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的，则b点时二聚体的浓度为0.9mol/L×=0.45mol•L-1，故D正确；
故答案为CD。
【点睛】考查盖斯定律的应用，有关盖斯定律的习题，首先要根据所求的反应分析，分析以下几点：①所求反应中的反应物在哪个反应了？是反应物还是生成物？②所给反应中哪些物质是所求反应中没有的？③如何才能去掉无用的？然后，通过相互加减，去掉无关物质；将所对应的△H代入上述化学方程式的加减中就可以了。
4. 稀释二氧化氯，防止二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 防止倒吸（或作安全瓶） 作还原剂（或还原作用） 淀粉溶液 当滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色 0.04000mol/L 2ClO2+2CN－＝2CO2+N2+2Cl－
【分析】用NaClO3和双氧水在酸性条件下可制得ClO2，装置A为发生装置，产生ClO2，装置B是安全瓶作用，装置C收集ClO2，装置D尾气吸收，避免污染环境，据此解答。
【详解】(1)①氮气可以搅拌混合液，使其充分反应，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：稀释二氧化氯，防止二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；
②已知二氧化氯易溶于水，则装置B防止倒吸（或作安全瓶），故答案为：防止倒吸（或作安全瓶）；
③装置A用于生成ClO2气体，H2O2中氧元素由-1价变成0价，作还原剂（或还原作用），故答案为：作还原剂（或还原作用）；
(2)根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂，用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点，根据2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O和I2 + 2S2O32－＝2I－+ S4O62－可知：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，C中ClO2溶液的浓度是c(ClO2)==0.04000mol/L，故答案为：淀粉溶液；当滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；0.04000mol/L。
(3)ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，则ClO2中氯元素由+4价变成Cl-，CN-中碳元素由+2价变+4价，氮元素由-3价变0价，由电子得失守恒和质量守恒可写出离子反应式为：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-，故答案为：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-。
5. 250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管 避免AgNO3见光分解 否(或不能) 若颠倒，Fe3+与I−反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 10.00 0.0600 用NH4SCN标准溶液进行润洗 偏高
【详解】(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液还需要经过下列步骤：溶解→冷却→转移→洗涤→初步振荡→定容→摇匀→装瓶贴标签，所使用的仪器除了烧杯和玻璃棒外，还要250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管；
(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是避免AgNO3见光分解；
(3)b和c两步操作不可以颠倒，理由是若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点；
(4)根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，舍去，第二、三两组数据取平均值即可，所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为10.00mL；加入的AgNO3物质的量：n(AgNO3)=0.1000 mol•L-1×0.025L=0.0025mol；根据Ag++SCN-=AgSCN↓，反应后剩余的AgNO3物质的量：n(AgNO3)=0.1000 mol•L-1×0.010L=0.001mol，则与NaI反应的AgNO3物质的量：n(AgNO3)=0.1000 mol•L-1×0.01500L=0.0015mol；根据Ag++I-=AgI↓，则c(I-)=n/V=0.0015mol/0.025L=0.0600mol/L；
(5)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为用NH4SCN标准溶液进行润洗；
(6)若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，终读数变小，标准液数值变小，则测定结果偏高。
6. (1) 蒸馏烧瓶 平衡气压，使液体顺利滴下
(2) 2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ←c→d→a→b，b←a
(3)吸收SO2、Cl2，防止污染空气；同时防止水蒸气进入装置中使黄酰氯水解
(4)因为制备SO2Cl2的反应为放热反应，SO2Cl2的沸点低，温度过高易气化且易分解
(5)SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
(6)80%
【分析】本实验利用SO2和Cl2在活性炭催化下反应制取少量SO2Cl2，丙装置制备氯气，饱和食盐水可除去氯气中的HCl，甲中浓硫酸干燥氯气；戊装置制备SO2，甲装置干燥二氧化硫，干燥后的两种气体通入丁中制备产物，球形冷凝管可冷凝产物，F中为碱石灰，吸收氯气和二氧化硫，防止污染空气，同时防止水蒸气进入装置中使黄酰氯水解。
（1）仪器A的名称为蒸馏烧瓶；装置丙中橡胶管的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；
（2）丙中高锰酸钾和浓盐酸反应得到氯气，离子方程式为：2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；根据分析，丙制备氯气，乙吸收氯气中HCl，甲干燥氯气，戊制备二氧化硫，氯气和二氧化硫进入丁中制备产物，故装置连接顺序为：e→c→d→a→b→g，h←b←a←f；
（3）根据分析，仪器F的作用是：吸收SO2、Cl2，防止污染空气；同时防止水蒸气进入装置中使黄酰氯水解；
（4）SO2Cl2沸点为69.1℃，装置丁中三颈烧瓶需置于冷水浴中，其原因是：因为制备SO2Cl2的反应为放热反应，SO2Cl2的沸点低，温度过高易气化且易分解；
（5）SO2Cl2遇水剧烈水解，化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；
（6）标况下1120mL氯气的物质的量为：0.05mol，根据方程式，理论上生成SO2Cl2的物质的量也为0.05mol，故产率为：。
7. 增大反应物接触面，加快反应速率，提高原料的利用率（或转化率） 500℃ 1.10 MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O B 5.2≤pH<8.8 2.7×10-3mol/L 水解程度大于，易生成锰的氢氧化物沉淀
【分析】菱锰矿的主要成分为MnCO3，加入氯化铵焙烧发生的主要反应为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，酸浸后其中Fe、Al、Ca、Mg等元素也被溶解生成Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，所以浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，结合表中离子的沉淀pH及信息可知，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再加氨水调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液主要溶质主要为MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应生成MnCO3，碳化结晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl固体，可循环使用。
【详解】(1)“混合研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率，则“混合研磨”的作用为增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；
(2) 根据图可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m(NH4Cl)：m(锰矿粉)增大而增大，500℃、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10时，锰的浸出率较高，温度再高，m(NH4Cl)：m(锰矿粉)再大，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500℃、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10即可；故答案为：500℃；1.10；
(3) 根据以上分析可知，“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O。故答案为：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；
(4)①根据氧化能力的强弱顺序(NH4)2S2O8＞KMnO4＞MnO2＞Fe3＋，且常温下KMnO4能氧化盐酸产生氯气，为防止除杂时影响到Mn元素，需要把浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，为了防止Cl-被氧化，且容易除去过量的氧化剂，最合适的试剂为MnO2，且MnO2的还原产物为Mn2+，不引入新杂质；故答案为：B；
②欲使Al3+、Fe3+变为沉淀除去，溶液pH⩾5.2，不使Mn2+沉淀，pH<8.8，溶液pH的范围为5.2⩽pH<8.8；故答案为：5.2⩽pH<8.8；
③加入NH4F将Ca2+、Mg2+变为CaF2、MgF2沉淀除去，已知常温下Ksp（CaF2）=3.20×10－12，Ksp（MgF2）=7.29×10－11，则CaF2、MgF2更容易沉淀，故共存时溶液中，Mg2+沉淀完全时钙离子也已沉淀完全，则c(F−)，则此时氟离子浓度不低于2.7×10-3mol/L；故答案为：2.7×10-3mol/L；
(5)因为碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH−)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液；故答案为：碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH−)较大，易产生Mn(OH)2沉淀。
【点睛】本题考查物质的制备实验，应用题目提供的信息，灵活应用物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。
8. 球形 3d8 N>O>C>Cu sp2、sp3 2 正四面体形 CCl4（合理均可） 12 Cu3N
【分析】（1）基态铜原子的最外层电子所处的原子轨道为4s，据此写其形状，铜原子序数为29，据此写基态的Cu3＋价电子排布式；
（2）按第一电离能的规律写Cu、C、N、O四种元素的第一电离能由大到小的顺序；按氨基酸铜中碳原子是单键还是双键确定其杂化方式并计算1mol氨基酸铜中含有的π键数目；
（3）用杂化轨道理论和价层电子对互斥理论确定的空间构型、并写出一种等电子体；
（4）按铜晶体晶胞是面心立方晶胞模型求铜原子的配位数；
（5）用均摊法计算如图所示晶体的化学式，通过计算晶胞质量、晶胞体积计算晶胞密度，也就是；
【详解】(1)Cu为29号元素，最外层为4s电子，s原子轨道呈球形；基态Cu3+的价电子排布式为3d8；
故答案为：球形；3d8；
(2)N的2p轨道为半充满结构，故N的第一电离能比C和O大，Cu为金属，第一电离能最小，故第一电离能：N>O>C>Cu；该氨基酸铜中含有双键的碳原子杂化方式为sp2，以单键连接其它原子的杂化方式为：sp3；C=O中有一个π键，故1mol氨基酸铜含有2molπ键，
故答案为：N>O>C>Cu；sp2、sp3；2；
(3) 中N的杂化轨道数，采用sp3杂化，空间构型为正四面体形；CCl4与原子总数相同，价电子总数相同，互为等电子体，
故答案为：正四面体形；CCl4；
(4)铜晶体为面心立方结构，每个铜原子距离最近的铜原子数为12，配位数为12；
故答案为：12；
(5)每个晶胞含有Cu：，含有N：，故晶体的化学式为Cu3N，每个晶胞的质量，晶胞的体积，故晶胞的密度 ；
故答案为：Cu3N； 。
【点睛】本题考查原子核外电子排布、杂化、晶胞的计算，掌握元素原子核外电子排布的规律、杂化轨道理论、微粒的空间构型、晶胞的计算是解题的关键。
9. D C Li+核电荷数较大 正四面体 sp3 AB 520 498 2908
【详解】分析：（1）根据处于基态时能量低，处于激发态时能量高判断；
（2）根据原子核对最外层电子的吸引力判断；
（3）根据价层电子对互斥理论分析；根据物质的组成微粒判断化学键；
（4）第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，据此计算；根据氧气转化为氧原子时的能量变化计算键能；晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，据此解答；
（5）根据晶胞中含有的离子个数，结合密度的定义计算。
详解：（1）根据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为1s22s1，则D中能量最低；选项C中有2个电子处于2p能级上，能量最高；
（2）由于锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此Li＋半径小于H－；
（3）LiAlH4中的阴离子是AlH4－，中心原子铝原子含有的价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化；阴阳离子间存在离子键，Al与H之间还有共价单键，不存在双键和氢键，答案选AB；
（4）根据示意图可知Li原子的第一电离能是1040 kJ/mol÷2＝520 kJ/mol；0.5mol氧气转化为氧原子时吸热是249 kJ，所以O＝O键能是249 kJ/mol×2＝498 kJ/mol；根据晶格能的定义结合示意图可知Li2O的晶格能是2908 kJ/mol；
（5）根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中，共计是8个，根据化学式可知氧原子个数是4个，则Li2O的密度是。
点睛：本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，电离能、晶格能，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍然是晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。
10. (1) p 2s22p3
(2) sp3
(3) N2O、CO2等 6 正四面体形
(4)16NA
(5) AlN
【解析】（1）N原子序数为7，其电子排布式为1s22s22p3，最后一个电子填充在p轨道，因此N位于周期表中p区，基态N原子的价电子排布式为2s22p3；故答案为：p；2s22p3。
（2）氮最外层5个电子，达到稳定需要3个电子，则需形成3对共用电子，每个氮和两个氢形成2对共用电子，氮和氮形成一对共用电子，因此N2H4分子的电子式为，N价层电子对数为4，因此N采取sp3杂化；故答案为: ；sp3。
（3）根据价电子N=C－=O＋分析，与N互为等电子体的分子的化学式N2O或CO2；[Fe(N3)(NH3)5]SO4，在该配合物中Fe与1个N、5个NH3配位，因此该配合物中Fe的配位数为6，硫酸根中中心原子价层电子对数为4+0=4，则SO的立体构型为正四面体形；故答案为：N2O、CO2等；6；正四面体形。
（4）一个配位键σ键为1个，1个氨气有3个σ键， Zn2+能与氨分子形成配离子[Zn(NH3)4]2+，因此1mol该离子含有σ键的数目为16NA；故答案为：16NA。
（5）①该晶体中有4个N，Al的个数为，因此该晶胞的化学式为AlN；故答案为：AlN。②已知该晶体的密度为dg·cm−3，则，N和Al的半径分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶体中原子的空间利用率；故答案为：。
11. 羟基 OHCCH2CHO 丙二酸 取代反应 3 d 9 +(CH3CO)2O+CH3COOH
【分析】由已知条件①A的密度是相同条件下H2密度的38倍、知A的相对分子质量为76，A分子的核磁共振氢谱中有3组峰即分子内有3种氢原子，从流程图中A到C，经两步氧化得到羧酸，可知：A为1，3−丙二醇，经催化氧化得到B(丙二醛)，再催化氧化得到C(丙二酸)，与Br2发生取代得到D；E经过还原反应得到F，硝基还原为氨基，F发生取代反应得到G；D与G发生取代反应得到H，经过信息提供的③反应类型得到 I，再由 I 得到M，据此回答。
【详解】(1)由分析可知：A为1，3−丙二醇， B为丙二醛，C为丙二酸则A中官能团的名称为羟基； B的结构简式为OHCCH2CHO；C的名称为丙二酸；
故答案为：羟基；OHCCH2CHO；丙二酸 ；
(2) C为丙二酸，D为HOOC-CHBr-COOH，CD的反应类型取代反应； D分子内含2个羧基1个溴原子，均能与NaOH反应，故1molD最多能与3molNaOH反应； I 是H的两个羧基官能团发生③反应类型得到 I，I的结构简式为：；
故答案为：取代反应；3；；
(3)M为，所含苯环可催化加氢，因含酚羟基可发生氧化反应和取代反应，含羧基可发生取代反应等，但不能发生消去反应；
故答案为：d；
(4)M为，其同分异构体苯环上和M分子中苯环上的取代基完全相同，即都有这3个取代基，只要用“定二移一”的方法确定其种类即可，设这3个取代基分别为X、Y和Z， X和Y可处于苯环上的邻位、间位、对位3种情况，当X和Y处邻位时，苯环上有4种氢原子，则苯环上出现第3个取代基Z时，即有四种同分异构体、当X和Y处间位时，苯环上有4种氢原子，同理，也有4种同分异构体、当X和Y处对位时，苯环上有2种氢原子，同理，又有2种同分异构体，总共10种，但是其中一种是M自身，故满足条件的同分异构体为9种；
故答案为：9；
(5) F为，G为；F→G的化学反应，氨基去氢，(CH3CO)2O断裂一个碳氧单键，两者发生取代反应，化学方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；
故答案为：+(CH3CO)2O+CH3COOH。
【点睛】本题考查了有机物的推断，结构简式的书写，化学方程式的书写，同分异构体数目的判断等，解题的关键是结合相对分子质量、反应类型等已知条件和信息提示推出有机物，应用官能团的性质等知识求解。
12. 丙烯 溴原子 加成反应 2 CH2BrCHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O HC≡CCOOH
【分析】根据A、B结构简式知，A发生取代反应生成B，B和溴发生加成反应生成D，D在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，E发生水解反应然后发生氧化反应生成G，G结构简式为HC≡CCHO，G和NaNH2反应生成J，根据G和J结构简式知，该反应为取代反应。
【详解】(1)A的结构简式为CH2=CHCH3，A的化学名称是丙烯，A→B是CH2=CHCH3与溴反应生成CH2=CHCH2Br，新生成的官能团是溴原子；
(2)①B→D的化学方程式为：CH2=CHCH2Br+Br2BrCH2CHBrCH2Br，反应类型是加成反应，D有2种氢，核磁共振氢谱显示峰的组数为2；
(3)D→E发生卤代烃的消去反应，反应的化学方程式为：CH2BrCHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O；
(4)G结构简式为HC≡CCHO，G与新制的Cu(OH)2发生反应，G中醛基被氧化生成羧基，所得有机物的结构简式为HC≡CCOOH。
13. (1) 羟基、醚键 对甲基苯甲酸或4-甲基苯甲酸
(2)+CH3OH +H2O
(3)
(4)光照
(5)取代反应
(6) 23
【分析】根据流程图结合C的结构简式可知，A与甲醇在酸性条件下发生取代反应生成B，B为，结合D的分子式和E的结构可知，D为；结合J的结构简式，F在铁作催化剂时与溴发生苯环上的取代反应生成G，G为，G与甲醇发生转化反应生成H，H为；根据题示信息，结合J的结构简式逆推得到I为 ，据此分析解答。
（1）B为，其中所含官能团为醚键和羟基；F()的名称为对甲基苯甲酸或4-甲基苯甲酸，故答案为：羟基、醚键；对甲基苯甲酸或4-甲基苯甲酸；
（2）D与甲醇发生酯化反应生成E，反应的化学方程式为+CH3OH +H2O，故答案为：+CH3OH +H2O；
（3）根据上述分析，G的结构简式为，故答案为：；
（4）结合H和I的分子式和J的结构简式可知，H→I发生了苯环侧链的取代反应，反应条件为光照，故答案为：光照；
（5）J+E→K是J一个溴原子与E的酚羟基上的氢原子结合生成了HBr和K，属于取代反应；K2CO3可以消耗反应过程中生成的HBr，促进反应向正方向进行，故答案为：取代反应；消耗反应过程中生成的HBr，促进反应向正方向进行；
（6）G为 ，①能够与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②不含有甲基；③能够发生银镜反应，说明含有醛基。满足条件的G的同分异构体可以分为三种情况：①苯环上含有羟基、醛基和-CH2Br，②苯环上含有羟基和-CHBrCHO，③苯环上含有羟基、溴原子和-CH2CHO；其中①和③各有10种同分异构体，②有3种同分异构体，共23种满足条件的同分异构体，其中苯环上一氯取代物只有2种的同分异构体的结构简式为，故答案为：23；。
14. a b Li-e− = Li+ 否 电极Li是活泼金属，能与水反应 3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O 2∶1 CO2++2e−=HCOO−+或CO2+H++2e−=HCOO−或CO2+ H2O +2e−=HCOO− +H+ 阳极产生O2，pH减小，浓度降低；K+部分迁移至阴极区
【分析】(1)形成原电池反应时，Li为负极，被氧化，电极方程式为Li-e-=Li+，MnO2为正极，被还原，电极方程式为MnO2+e-+Li+=LiMnO2；
【详解】(1)Li为负极，MnO2为正极，原电池工作时，外电路的电流方向从正极到负极，即从b极流向a极，电子流向从a到b；
(2) Li为负极，被氧化，电极方程式为Li-e-=Li+；
(3)因负极材料为Li，可与水反应，则不能用水代替电池中的混合有机溶剂；
(4)二氧化锰与KOH和KClO4在高温下反应，生成锰酸钾(K2MnO4)和KCl，反应中化合价变化的元素为Mn、Cl，Mn元素由+4价升高为+6，Cl元素化合价由+5降低为-1，根据化合价升降相等，则二氧化锰与氯酸钾的物质的量之比为3：1，再根据原子守恒配平方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2，反应中Mn元素化合价分别由+6价升高到7价、降低到+4价，反应的方程式为：3K2MnO4+4HCl=2KMnO4+MnO2+2H2O+4KCl，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1；
(5)①阴极CO2还原为HCOO-的电极反应是二氧化碳得到电子生成甲酸根离子或在碳酸氢根离子溶液中生成甲酸根离子和碳酸根离子，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写电极反应为：CO2++2e−=HCOO−+或CO2+H++2e−=HCOO−或CO2+ H2O +2e−=HCOO− +H+，
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低升温原因是：阳极氢氧根离子失电子生成氧气，电极附近氢离子浓度增大，pH减小和碳酸氢根离子反应，浓度降低，K+部分迁移至阴极区。
15. (1)B
(2) 阴 2Cl－−2e－ = Cl2↑ 将湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气(或取阳极附近溶液滴加淀粉−KI溶液，溶液变蓝)
(3) Fe(OH)3 6
(4) 双氧水或氯气或氧气 CD
(5) 生成砖红色沉淀 5×10−5
【解析】（1）图1中为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，该方法牺牲阳极的阴极保护法，即材料B是更活泼的金属，因此用锌板；故答案为：B。
（2）图2是外加电流的阴极保护法，让保护的金属作电解池的阴极即钢闸门C作阴极。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，D上是溶液中的氯离子失去电子变为氯气即D上的电极反应式为2Cl－−2e－ = Cl2↑，检测氯气主要利用氯气的还原性，其方法是将湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气(或取阳极附近溶液滴加淀粉−KI溶液，溶液变蓝)；故答案为：阴；2Cl－−2e－ = Cl2↑；将湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气(或取阳极附近溶液滴加淀粉−KI溶液，溶液变蓝)。
（3）假设Zn2+、Fe3+物质的量浓度都为1 mol∙L−1，则沉淀Fe3+需要的氢氧根物质的量浓度为，沉淀Zn2+需要的氢氧根物质的量浓度为，前者所需的氢氧根物质的量浓度小，因此向等物质的量浓度的Zn2+、Fe3+的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先达到需要氢氧根物质的量浓度最小的即最先产生的沉淀是Fe(OH)3。常温下，若使0.4 mol∙L−1的ZnCl2溶液中的Zn2+开始沉淀，，，pH=6，因此应加入NaOH溶液调整溶液的pH为6；故答案为：Fe(OH)3；6。
（4）要除去ZnCl2酸性溶液中混有的少量Fe2+，由于Ksp[Fe(OH)2]=8×10−16， Ksp[Zn(OH)2]=4×10−17，两者的溶度积常数相差不大，很难很开，因此要先将亚铁离子氧化为铁离子，因此应先向混合溶液中加入适量双氧水或氯气或氧气溶液，由于铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，为了不引入新的杂质，因此加入要保留的离子对应的难溶物，但这个难溶物要与氢离子反应，因此再加入氧化锌、锌、碳酸锌、氢氧化锌等来调节溶液的pH，最后过滤；故答案为：双氧水或氯气或氧气；CD。
（5）分析化学中，测定含氯的中性溶液中Cl－的含量，以K2CrO4作指示剂，用AgNO3溶液滴定根据题意氯化银是白色，Ag2CrO4是砖红色沉淀，因此滴定终点的现象是生成砖红色沉淀，当溶液中Cl－恰好完全沉淀(浓度为1.0×10−6 mol∙L−1)时，，则，，解得，此时溶液中c(CrO)=5×10−5mol·L−1；故答案为：生成砖红色沉淀；5×10−5。
16. (1)加热
(2)−205
(3)增大压强或降低温度
(4)BC
(5)2H2O−4e－=O2↑+4H+(或4OH－−4e－=O2↑+2H2O)
(6) Ni(OH)2−e－+OH－=NiOOH+H2O 减小
(7)Zn−2e－+2OH－=Zn(OH)2
【解析】（1）酸式碳酸盐在加热条件下发生分解反应生成二氧化碳，因此再解吸出CO2的简单方法是加热；故答案为：加热。
（2）将两个方程式相加得到反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=−205 kJ∙mol−1。
（3）该反应是放热体积减小的反应，有利于提高甲烷平衡产率，则应该正向移动，其反应条件是增大压强或降低温度；故答案为：增大压强或降低温度。
（4）A．根据图中信息前三步的总能量变化为ΔH=−2.05eV，故A错误；B．由于反应过程中Ts1的能垒最大，因此该转化反应的速率取决于Ts1的能垒，故B正确；C．根据图中信息•HOCO转化为•CO和•OH的反应是放热反应即△H＜0，故C正确；D．改用高效催化剂能提高反应物的反应速率，但不能改变平衡转化率，故D错误；综上所述，答案为：BC。
（5）电解时阳极产生O2是水中氢氧根失去电子变为氧气，其电极反应式为2H2O−4e－=O2↑+4H+(或4OH－−4e－=O2↑+2H2O)；故答案为：2H2O−4e－=O2↑+4H+(或4OH－−4e－=O2↑+2H2O)。
（6）根据工作原理Cd+2NiOOH+2H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2，Cd化合价升高，失去电子变为Cd(OH)2，作原电池的负极，NiOOH化合价降低，得到电子变为Ni(OH)2，作原电池的正极，因此充电时，阳极的电极反应式为Ni(OH)2−e－+OH－=NiOOH+H2O；当飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池开始为飞船供电，此时负极电极反应式为Cd+2OH－= Cd(OH)2，则负极附近溶液的碱性减小；故答案为：Ni(OH)2−e－+OH－=NiOOH+H2O；减小。
（7）根据工作原理为Zn+Ag2O+H2O2Ag+Zn(OH)2分析，Zn失去电子变为Zn(OH)2，作原电池负极，其负极的电极反应式为Zn−2e－+2OH－=Zn(OH)2；故答案为：Zn−2e－+2OH－=Zn(OH)2。
四川省遂宁市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·四川遂宁·高二统考期末）如图所示，某同学设计一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。
根据要求回答相关问题：
（1）通入氢气的电极为_____________（填“正极”或“负极”），正极的电极反应式为____________。
（2）石墨电极(C)为____________（填“阳极”或“阴极”），铁电极的电极反应式为____________。
（3）反应一段时间后，乙装置中生成氢氧化钠主要在________区。（填“铁极”或“石墨极”）
（4）如果粗铜中含有锌、银、金等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将____________（填“增大”“减小”或“不变”）。
（5）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则乙装置中（NaCl足量）C电极上生成的气体的分子数为____________NA；丙装置中阴极析出铜的质量为____________。
2. （2020春·四川遂宁·高二统考期末）Ⅰ.25℃时，现有pH＝2的醋酸溶液甲和pH＝2的盐酸乙，以及未知浓度的氢氧化钠溶液丙和未知浓度的氨水丁：
（1）取10mL的甲溶液，加入少量固体醋酸钠，醋酸的电离平衡____________(填“向左”、“向右”或“不”，下同)移动；
（2）相同条件下，若将甲、乙两溶液等体积混合，混合溶液的pH＝____________。
（3）25℃时，各取25mL的甲、乙两溶液，分别用同浓度的NaOH稀溶液中和至pH＝7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)____________(填“大于”、“小于”或“等于”)V(乙)。
（4）若用乙去滴定25mL的丁，应选用____________作指示剂。
（5）若20mL的乙与200mL的丙混合后溶液呈中性，则丙的pH=____________。
Ⅱ.25℃时，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图所示。
（6）25℃时，醋酸的电离常数的数量级为____________。
（7）w点对应溶液中的离子浓度由大到小为____________。
（8）c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝____________mol·L－1
3. （2021春·四川遂宁·高二统考期末）环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
（1）已知：(g) (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol −1①H2(g)+ I2(g) 2HI(g) ΔH2=−11.0 kJ·mol −1②，对于反应：(g)+ I2(g) (g)+2HI(g) ③ ΔH3=___________kJ·mol −1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。
A．通入惰性气体 B．提高温度 C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。
A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1
4. （2020春·四川遂宁·高二统考期末）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：
（1）根据文献资料，用NaClO3和双氧水在酸性条件下可制得ClO2。某小组按照文献中制备ClO2的方法设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。
①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是____________。
②装置B的作用是____________。
③装置A用于生成ClO2气体，其中H2O2的作用是____________。
（2）测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10.00mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量H2SO4酸化的KI溶液（ClO2还原为Cl-），然后加入____________作指示剂，用0.1000mol·L－1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2＝2I－+），消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是____________，C中ClO2溶液的浓度是____________mol·L－1。
（3）ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，其离子方程式为____________。
5. （2021春·四川遂宁·高二统考期末）用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I−)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ．准备标准溶液
a．准确称取AgNO3基准物4.2500 g(0.0250 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b．配制并标定100 mL 0.1000 mol·L−1 NH4SCN标准溶液，备用。
Ⅱ．滴定的主要步骤
a．取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。
b．加入25.00 mL 0.1000 mol·L−1 AgNO3溶液(过量)，使I−完全转化为AgI沉淀。
c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d．用0.1000 mol·L−1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。
e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f．数据处理。
回答下列问题：
(1)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___________。
(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是___________。
(3)b和c两步操作是否可以颠倒___________，说明理由___________。
(4)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为___________mL，测得c(I−)=___________mol·L−1。
(5)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为___________。
(6)判断下列操作对c(I−)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)：若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果___________。
6. （2022春·四川遂宁·高二统考期末）磺酰氯(SO2Cl2)可用于制造锂电池正极活性物质。实验室可利用SO2和Cl2在活性炭催化下反应制取少量SO2Cl2，装置如图(部分夹持装置已省略)。
已知：①SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(1) △H=-97.3kJ/mol；
②SO2Cl2熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，常温较稳定，遇水剧烈水解，100℃以上易分解。回答下列问题：
(1)仪器A的名称是____，装置丙中橡胶管的作用是____。
(2)装置丙中发生反应的离子方程式为____，上述仪器的正确连接顺序是e→ → → → →g，h← ← ←f(填仪器接口字母编号，仪器可重复使用)。____
(3)仪器F的作用是____。
(4)装置丁中三颈烧瓶需置于冷水浴中，其原因是____。
(5)SO2Cl2遇水剧烈水解化学方程式为____。
(6)某实验小组利用该装置消耗氯气1120mL(标准状况下，SO2足量)，最后得到纯净的磺酰氯5.4g，则磺酰氯的产率为____。
7. （2020春·四川遂宁·高二统考期末）碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料，也可用作脱硫的催化剂等。一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示
已知①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素②常温下，相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表
金属离子
Al3＋
Fe3＋
Fe2＋
Ca2+
Mn2＋
Mg2＋
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
回答下列问题：
（1）“混合研磨”的作用为____________
（2）分析图1、图2，焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是：温度____________，m（NH4Cl）:（锰矿粉）=____________。
（3）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为____________
（4）净化除杂流程如下
①已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8＞KMnO4＞MnO2＞Fe3＋，常温下KMnO4能氧化盐酸产生氯气，则氧化剂X宜选择____________
A．(NH4)2S2O8 B．MnO2 C．KMnO4
②调节pH时，pH可取的范围为____________
③常温下Ksp(CaF2)=3.20×10－12；Ksp(MgF2)=7.29×10－11.当溶液中离子浓度小于或等于1×10－5mol/L时可认为离子沉淀完全。要使Ca2＋和Mg2＋都沉淀完全，沉淀后的溶液中F－的浓度不低于____________。
（5）“碳化结晶”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵，可能的原因是____________
8. （2020春·四川遂宁·高二统考期末）中国科学院研究员马大为以氨基酸铜的络合物为催化剂实现了碳氮键的高效构筑，为含苯胺片段的药物及材料的合成提供了一种简便、实用的方法，马大为借助这一研究也获得了“未来科学大奖物质科学奖”。如图是一种氨基酸铜的络合物的结构简式。回答下列问题：
（1）基态铜原子的最外层电子所处的原子轨道的形状为___________，某同学查阅资料发现铜有+3价，则基态的Cu3＋价电子排布式为___________。
（2）Cu、C、N、O四种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________（用元素符号表示）；该氨基酸铜中碳原子的杂化方式为___________；1mol氨基酸铜中含有的π键数目为___________NA。
（3）N、O元素可形成多种微粒，的空间构型为___________，写出一种与互为等电子体的分子的化学式：___________。
（4）铜晶体晶胞是面心立方晶胞，铜原子的配位数为___________。
（5）铜元素与氮元素形成的一种晶体的立方晶胞如图所示，该晶体的化学式为___________，两个最近的氮原子之间的距离为anm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为___________g/cm3（用含a、NA的代数式表示）。
9. （2021春·四川遂宁·高二统考期末）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：
（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____（填标号）。
A． B．
C． D．
（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H−)，原因是______。
（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______、中心原子的杂化形式为______。LiAlH4中，存在_____（填标号）。
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键
（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Born−Haber循环计算得到。
可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol−1，O=O键键能为______kJ·mol−1，Li2O晶格能为______kJ·mol−1。
（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为______g·cm−3（列出计算式）。
10. （2022春·四川遂宁·高二统考期末）氮元素与氢元素能形成多种化合物，在工业、农业和国防等方面用途非常广泛，例如：氨气、肼(N2H4)、叠氮酸(HN3)……等，请回答下列问题：
(1)N位于周期表中____区，基态N原子的价电子排布式为____。
(2)N2H4分子的电子式为____，其中N采取____杂化。
(3)叠氮酸(HN3)是一种弱酸，可部分电离出H+和N。请写出一种与N互为等电子体的分子的化学式____；叠氮化物易与过渡金属元素形成配合物，如：[Fe(N3)(NH3)5]SO4，在该配合物中Fe的配位数为____，SO的立体构型为____。
(4)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____。
(5)氮与铝形成的某种晶体的晶胞如图所示。
①该晶体的化学式为____。
②已知该晶体的密度为dg·cm−3，N和Al的半径分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数值为NA。用含a、b、d和NA的式子表示该晶体中原子的空间利用率____(用含a、b、d和NA的式子表示)。
11. （2020春·四川遂宁·高二统考期末）有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略去)：
已知：①A的密度是相同条件下H2密度的38倍；其分子的核磁共振氢谱中有3组峰；
②NO2NH2(-NH2容易被氧化)；
③R-CH2COOH
请回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为___________；B的结构简式为___________；C的名称为___________。
（2）CD的反应类型是___________；1molD最多能与___________molNaOH反应；I的结构简式为___________。
（3）M不可能发生的反应为___________(填选项字母)。
a.加成反应b.氧化反应c.取代反应d.消去反应
（4）和M分子中苯环上的取代基完全相同的M的同分异构体有___________（不含M）。
（5）FG的化学方程式为___________。
12. （2021春·四川遂宁·高二统考期末）某“化学鸡尾酒”通过模拟臭虫散发的聚集信息素可高效诱捕臭虫，其中一种组分T可通过下列反应路线合成(部分反应条件略)。
(1)A的化学名称是___________，A→B新生成的官能团是___________；(填符号)
(2)B→D的反应类型___________，D的核磁共振氢谱显示峰的组数为___________。
(3)D→E的化学方程式为___________。
(4)G与新制的Cu(OH)2发生反应，所得有机物的结构简式为___________。
13. （2022春·四川遂宁·高二统考期末）化合物M是从植物的提取物中分离出来的苯并色烯类天然产物，它对利什曼原虫和克氏锥虫有显著的抑制作用。图为化合物M的合成路线：
已知：RCOOR′RCH2OH
请回答下列问题：
(1)B中所含官能团的名称为_______；F的化学名称为_______。
(2)D→E的化学方程式为_______。
(3)G的结构简式为_______。
(4)H→I的反应条件为_______。
(5)J+E→K的反应类型为_______。
(6)满足下列条件的G的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
①能够与FeCl3溶液发生显色反应；②不含有甲基；③能够发生银镜反应。
其中苯环上一氯取代物只有2种的同分异构体的结构简式为_______。
14. （2021春·四川遂宁·高二统考期末）I、锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4，溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2.回答下列问题：
(1)外电路的电子流动方向是由___________极流向___________极(填字母)。
(2)电池负极反应式为___________。
(3)是否可用水代替电池中的混合有机溶剂？___________(填“是”或“否”)，原因是___________。
(4)MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为___________。K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为___________。
(5)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。
①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式：___________。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是___________。
15. （2022春·四川遂宁·高二统考期末）I.如图为电化学原理在防止金属腐蚀方面的应用。
(1)图1中为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择____(填字母)
A．碳棒 B．锌板 C．铜板
(2)图2中，钢闸门C作____极。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D上的电极反应式为____，检测该电极反应产物的方法是____。
II.已知：Ksp[Fe(OH)2]=8×10−16，Ksp[Fe(OH)3]=1×10−38，Ksp[Zn(OH)2]=4×10−17，Ksp(AgCl)=2×10−10，Ksp[Ag2CrO4(砖红色)]=2×10−12。回答下列问题：
(3)向等物质的量浓度的Zn2+、Fe3+的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先产生的沉淀是____(填化学式)。常温下，若使0.4 mol∙L−1的ZnCl2溶液中的Zn2+开始沉淀，应加入NaOH溶液调整溶液的pH为____。
(4)要除去ZnCl2酸性溶液中混有的少量Fe2+，应先向混合溶液中加入适量____溶液，再加入____(填下列选项序号)调节溶液的pH，最后过滤。
A．NH3·H2O B．Na2CO3 C．ZnO D．ZnCO3
(5)分析化学中，测定含氯的中性溶液中Cl－的含量，以K2CrO4作指示剂，用AgNO3溶液滴定。滴定终点的现象是____，当溶液中Cl－恰好完全沉淀(浓度为1.0×10−6 mol∙L−1)时，此时溶液中c(CrO)=____mol·L−1。
16. （2022春·四川遂宁·高二统考期末）2022年4月16日，中国空间站的3名航天员乘神舟十三号载人飞船平安返回地球。空间站处理CO2的一种重要方法是对CO2进行收集和再生处理，重新生成可供人体呼吸的氧气。其技术路线可分为以下三步：
I．固态胺吸收与浓缩CO2
(1)在水蒸气存在下固态胺吸收CO2反应生成酸式碳酸盐(该反应是放热反应)，再解吸出CO2的简单方法是____。
第二步：CO2的加氢甲烷化
H2还原CO2制CH4的部分反应如下：
i．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H1=+41 kJ∙mol−1
ii．CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g) △H2=−246 kJ∙mol−1
(2)反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=____ kJ∙mol−1。
(3)有利于提高甲烷平衡产率的反应条件是____(写一种)。
(4)科学家研究在催化剂表面上CO2与H2的反应，前三步历程如图所示，吸附在催化剂表面上的物种用“•”标注，Ts表示过渡态。下列说法中一定正确的是____(填字母)。
A．前三步的总能量变化为ΔH=−2.1eV
B．该转化反应的速率取决于Ts1的能垒
C．•HOCO转化为•CO和•OH的反应△H＜0
D．改用高效催化剂能提高反应物的平衡转化率
第三步：CO2甲烷化生成的H2O电解再生氧气
(5)电解时阳极产生O2的电极反应式为____。
II．神舟十三号载人飞船的电源系统共有3种，分别是太阳能电池帆板、镉镍蓄电池和应急电池。
(6)飞船在光照区运行时，太阳能电池帆板将太阳能转化为电能，除供给飞船使用外，多余部分用镉镍蓄电池储存起来。其工作原理为Cd+2NiOOH+2H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2，充电时，阳极的电极反应式为____；当飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池开始为飞船供电，此时负极附近溶液的碱性____ (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(7)紧急状况下，应急电池会自动启动，工作原理为Zn+Ag2O+H2O2Ag+Zn(OH)2，其负极的电极反应式为____。
参考答案：
1. 负极 O2+4e-＋2H2O=4OH- 阳极 2H2O+2e-=2OH-+H2↑ 铁极 减小 0.2 12.8g
【分析】甲装置：为燃料电池，正极：O2+2H2O+4e-=4OH-，负极：H2－2e－+2OH-=2H2O，总反应：2H2+O2=2H2O；
乙装置：Fe电极与电源负极相连，为阴极，电极反应式：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，C极为阳极，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，总反应为：2H2O+2Cl-2OH-+H2↑+ Cl2↑；
丙装置：铜的电解精炼池，粗铜为阳极，电极反应式主要为：Cu-2e-=Cu2+，精铜为阴极，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，据此解答。
【详解】(1)由分析可知，通入氢气的电极为负极，正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：负极；O2+2H2O+4e-=4OH-；
(2)石墨电极为阳极，铁电极为阴极，阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：阳极；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；
(3)乙装置中Fe电极附近产生OH-，X为阳离子交换膜，则Na+透过X膜在铁极产生NaOH，故答案为：铁极；
(4)装置中，阳极粗铜中的Zn、Cu失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子生成铜，根据转移电子守恒，阳极上铜消耗的质量小于阴极上析出铜的质量，所以溶液中硫酸铜浓度减小，故答案为：减小；
(5)标况下2.24LO2即0.1mol，能够转移0.4mol电子，乙池中Fe电极生成H2，因此能生成0.2molH2即0.2NA个分子，丙装置的精铜电极则能析出0.2mol铜单质，即12.8g铜，故答案为：0.2；12.8g。
2. 向左 2 大于 甲基橙 11 10-5 c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－) 0.1
【分析】Ⅰ. (1)加入少量固体醋酸钠，用同离子效应判断醋酸的电离平衡移动方向；
(2)根据混合溶液中的氢离子浓度计算pH；
(3) 25℃时，中和至pH＝7，即呈中性，据此判断出溶质成分，再判断出消耗的NaOH溶液的体积大小；
(4)若用乙去滴定25mL的丁，即盐酸和氨水发生中和反应，按所得盐溶液的酸碱性，选用合适的指示剂；
(5)若20mL的乙即盐酸与200mL的丙即氢氧化钠混合后溶液呈中性，即恰好中和，据此计算氢氧化钠溶液的浓度及pH；
Ⅱ.(6) 25℃时，据图、抓住w点和电离常数的定义计算醋酸的电离常数的数量级；
(7)按w点对应溶液的酸碱性及信息，判断离子浓度大小并排序；
(8) 按电荷守恒及信息进行计算；
【详解】Ⅰ. (1)加入少量固体醋酸钠，醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡向左移动；
答案为: 向左；
(2) 混合前醋酸溶液和盐酸的pH均为2，氢离子浓度相同，故混合溶液中的氢离子浓度不变，则pH＝2；
答案为: 2；
(3)醋酸和氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠呈碱性，故当中和反应后溶液呈中性，意味着反应后得到醋酸和醋酸钠混合溶液，醋酸略有多余，而盐酸则被恰好中和，由于醋酸和盐酸等pH，醋酸物质的量浓度远大于盐酸，故醋酸消耗NaOH溶液的体积更大，即V(甲) 大于V(乙) ；
答案为: 大于；
(4)盐酸和氨水发生中和反应，得氯化铵溶液呈酸性，选择在酸性溶液中变化的指示剂，即甲基橙；
答案为: 甲基橙；
(5) 25℃，20mL pH＝2的盐酸与200mL的氧化钠混合后溶液呈中性，即恰好中和，则氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是，该溶液中氢离子的浓度，则pH=11；
答案为: 11；
Ⅱ.(6) ，25℃时，抓住w点c(CH3COOH)=c(CH3COO－)，，则酸的电离常数的数量级为10-5；
答案为: 10-5；
(7)溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1， w点c(CH3COOH)=c(CH3COO－) ＝0.05mol·L－1，该温度下，w点溶液pH =4.75，呈酸性，，溶液中电荷守恒，，则c(CH3COO－)>c(Na＋)，故离子浓度大小排序为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；
答案为: c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；
(8) 溶液呈电中性，，则c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)= c(CH3COO－)，故c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝c(CH3COO－) ＋c(CH3COOH)=0.1mol·L－1；
答案为: 0.1。
【点睛】本题主要考查弱电解质在水溶液中的电离平衡、溶液酸碱性及中和反应等相关知识，充分理解定义、应用电荷守恒、合理有效提取图象信息是解本题的关键。
3. 89.3 40％ 3.56×104 BD CD
【分析】(1)利用盖斯定律解题；
(2)利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释；
(3)通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图象计算；
【详解】(1)已知：(g)=(g)+H2(g)△H1=+100.3kJ•mol-1 ①，H2(g)+I2(g)=2HI(g)△H2=-11.0kJ•mol-1 ②，根据盖斯定律，①+②得③(g)+I2(g)=(g)+2HI(g)△H3=(+100.3kJ•mol-1)+(-11.0kJ•mol-1)=+89.3kJ•mol-1；
(2)设碘和环戊烯()的初始物质的量都为nmol，转化的物质的量为xmol，
(g)+I2(g)=(g)+2HI(g)
初始(mol) n n 0 0
转化(mol)x x x 2x
平衡(mol)n-x n-x x 2x
刚性容器内气体的压强与物质的量成正比，则：=1+20%，解得：x=0.4n，
平衡时环戊烯的转化率为：×100%=40%；
平衡时混合气体的压强为：105Pa×(1+20%)=1.2×105Pa，混合气体总物质的量为：(n-0.4n+n-0.4n+0.4n+0.4n×2)mol=2.4nmol，
平衡时各组分所占压强分别为p()=p(I2)=×1.2×105Pa=3×104Pa，p()=×1.2×105Pa=2×104Pa，p(HI)=×1.2×105Pa=4×104Pa，该反应的平衡常数Kp=≈3.56×104Pa；
A．通入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动，则环戊烯的转化率不变，故A错误；
B．该反应为吸热反应，提高温度平衡向着正向移动，环戊烯的转化率增大，故B正确；
C．增加环戊烯浓度，环戊烯的转化率减小，故C错误；
D．增加碘浓度，反应物浓度增大，平衡向着正向移动，环戊烯的转化率增大，故D正确；
故答案为BD；
(3)A．温度越高反应速率越快，根据图示可知，在温度T2(虚线)的反应速率较大，则T1＜T2，故A错误；
B．根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线的绝对值，则a点速率大于c点，故B错误；
C．a到b的过程为正反应速率逐渐减小，且b点v(正)＞v(逆)，则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C正确；
D．b点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L-0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的，则b点时二聚体的浓度为0.9mol/L×=0.45mol•L-1，故D正确；
故答案为CD。
【点睛】考查盖斯定律的应用，有关盖斯定律的习题，首先要根据所求的反应分析，分析以下几点：①所求反应中的反应物在哪个反应了？是反应物还是生成物？②所给反应中哪些物质是所求反应中没有的？③如何才能去掉无用的？然后，通过相互加减，去掉无关物质；将所对应的△H代入上述化学方程式的加减中就可以了。
4. 稀释二氧化氯，防止二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 防止倒吸（或作安全瓶） 作还原剂（或还原作用） 淀粉溶液 当滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色 0.04000mol/L 2ClO2+2CN－＝2CO2+N2+2Cl－
【分析】用NaClO3和双氧水在酸性条件下可制得ClO2，装置A为发生装置，产生ClO2，装置B是安全瓶作用，装置C收集ClO2，装置D尾气吸收，避免污染环境，据此解答。
【详解】(1)①氮气可以搅拌混合液，使其充分反应，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：稀释二氧化氯，防止二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；
②已知二氧化氯易溶于水，则装置B防止倒吸（或作安全瓶），故答案为：防止倒吸（或作安全瓶）；
③装置A用于生成ClO2气体，H2O2中氧元素由-1价变成0价，作还原剂（或还原作用），故答案为：作还原剂（或还原作用）；
(2)根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂，用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点，根据2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O和I2 + 2S2O32－＝2I－+ S4O62－可知：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，C中ClO2溶液的浓度是c(ClO2)==0.04000mol/L，故答案为：淀粉溶液；当滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；0.04000mol/L。
(3)ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，则ClO2中氯元素由+4价变成Cl-，CN-中碳元素由+2价变+4价，氮元素由-3价变0价，由电子得失守恒和质量守恒可写出离子反应式为：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-，故答案为：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-。
5. 250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管 避免AgNO3见光分解 否(或不能) 若颠倒，Fe3+与I−反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 10.00 0.0600 用NH4SCN标准溶液进行润洗 偏高
【详解】(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液还需要经过下列步骤：溶解→冷却→转移→洗涤→初步振荡→定容→摇匀→装瓶贴标签，所使用的仪器除了烧杯和玻璃棒外，还要250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管；
(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是避免AgNO3见光分解；
(3)b和c两步操作不可以颠倒，理由是若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点；
(4)根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，舍去，第二、三两组数据取平均值即可，所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为10.00mL；加入的AgNO3物质的量：n(AgNO3)=0.1000 mol•L-1×0.025L=0.0025mol；根据Ag++SCN-=AgSCN↓，反应后剩余的AgNO3物质的量：n(AgNO3)=0.1000 mol•L-1×0.010L=0.001mol，则与NaI反应的AgNO3物质的量：n(AgNO3)=0.1000 mol•L-1×0.01500L=0.0015mol；根据Ag++I-=AgI↓，则c(I-)=n/V=0.0015mol/0.025L=0.0600mol/L；
(5)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为用NH4SCN标准溶液进行润洗；
(6)若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，终读数变小，标准液数值变小，则测定结果偏高。
6. (1) 蒸馏烧瓶 平衡气压，使液体顺利滴下
(2) 2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ←c→d→a→b，b←a
(3)吸收SO2、Cl2，防止污染空气；同时防止水蒸气进入装置中使黄酰氯水解
(4)因为制备SO2Cl2的反应为放热反应，SO2Cl2的沸点低，温度过高易气化且易分解
(5)SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
(6)80%
【分析】本实验利用SO2和Cl2在活性炭催化下反应制取少量SO2Cl2，丙装置制备氯气，饱和食盐水可除去氯气中的HCl，甲中浓硫酸干燥氯气；戊装置制备SO2，甲装置干燥二氧化硫，干燥后的两种气体通入丁中制备产物，球形冷凝管可冷凝产物，F中为碱石灰，吸收氯气和二氧化硫，防止污染空气，同时防止水蒸气进入装置中使黄酰氯水解。
（1）仪器A的名称为蒸馏烧瓶；装置丙中橡胶管的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；
（2）丙中高锰酸钾和浓盐酸反应得到氯气，离子方程式为：2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；根据分析，丙制备氯气，乙吸收氯气中HCl，甲干燥氯气，戊制备二氧化硫，氯气和二氧化硫进入丁中制备产物，故装置连接顺序为：e→c→d→a→b→g，h←b←a←f；
（3）根据分析，仪器F的作用是：吸收SO2、Cl2，防止污染空气；同时防止水蒸气进入装置中使黄酰氯水解；
（4）SO2Cl2沸点为69.1℃，装置丁中三颈烧瓶需置于冷水浴中，其原因是：因为制备SO2Cl2的反应为放热反应，SO2Cl2的沸点低，温度过高易气化且易分解；
（5）SO2Cl2遇水剧烈水解，化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；
（6）标况下1120mL氯气的物质的量为：0.05mol，根据方程式，理论上生成SO2Cl2的物质的量也为0.05mol，故产率为：。
7. 增大反应物接触面，加快反应速率，提高原料的利用率（或转化率） 500℃ 1.10 MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O B 5.2≤pH<8.8 2.7×10-3mol/L 水解程度大于，易生成锰的氢氧化物沉淀
【分析】菱锰矿的主要成分为MnCO3，加入氯化铵焙烧发生的主要反应为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，酸浸后其中Fe、Al、Ca、Mg等元素也被溶解生成Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，所以浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，结合表中离子的沉淀pH及信息可知，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再加氨水调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液主要溶质主要为MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应生成MnCO3，碳化结晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl固体，可循环使用。
【详解】(1)“混合研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率，则“混合研磨”的作用为增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；
(2) 根据图可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m(NH4Cl)：m(锰矿粉)增大而增大，500℃、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10时，锰的浸出率较高，温度再高，m(NH4Cl)：m(锰矿粉)再大，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500℃、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10即可；故答案为：500℃；1.10；
(3) 根据以上分析可知，“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O。故答案为：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；
(4)①根据氧化能力的强弱顺序(NH4)2S2O8＞KMnO4＞MnO2＞Fe3＋，且常温下KMnO4能氧化盐酸产生氯气，为防止除杂时影响到Mn元素，需要把浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，为了防止Cl-被氧化，且容易除去过量的氧化剂，最合适的试剂为MnO2，且MnO2的还原产物为Mn2+，不引入新杂质；故答案为：B；
②欲使Al3+、Fe3+变为沉淀除去，溶液pH⩾5.2，不使Mn2+沉淀，pH<8.8，溶液pH的范围为5.2⩽pH<8.8；故答案为：5.2⩽pH<8.8；
③加入NH4F将Ca2+、Mg2+变为CaF2、MgF2沉淀除去，已知常温下Ksp（CaF2）=3.20×10－12，Ksp（MgF2）=7.29×10－11，则CaF2、MgF2更容易沉淀，故共存时溶液中，Mg2+沉淀完全时钙离子也已沉淀完全，则c(F−)，则此时氟离子浓度不低于2.7×10-3mol/L；故答案为：2.7×10-3mol/L；
(5)因为碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH−)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液；故答案为：碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH−)较大，易产生Mn(OH)2沉淀。
【点睛】本题考查物质的制备实验，应用题目提供的信息，灵活应用物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。
8. 球形 3d8 N>O>C>Cu sp2、sp3 2 正四面体形 CCl4（合理均可） 12 Cu3N
【分析】（1）基态铜原子的最外层电子所处的原子轨道为4s，据此写其形状，铜原子序数为29，据此写基态的Cu3＋价电子排布式；
（2）按第一电离能的规律写Cu、C、N、O四种元素的第一电离能由大到小的顺序；按氨基酸铜中碳原子是单键还是双键确定其杂化方式并计算1mol氨基酸铜中含有的π键数目；
（3）用杂化轨道理论和价层电子对互斥理论确定的空间构型、并写出一种等电子体；
（4）按铜晶体晶胞是面心立方晶胞模型求铜原子的配位数；
（5）用均摊法计算如图所示晶体的化学式，通过计算晶胞质量、晶胞体积计算晶胞密度，也就是；
【详解】(1)Cu为29号元素，最外层为4s电子，s原子轨道呈球形；基态Cu3+的价电子排布式为3d8；
故答案为：球形；3d8；
(2)N的2p轨道为半充满结构，故N的第一电离能比C和O大，Cu为金属，第一电离能最小，故第一电离能：N>O>C>Cu；该氨基酸铜中含有双键的碳原子杂化方式为sp2，以单键连接其它原子的杂化方式为：sp3；C=O中有一个π键，故1mol氨基酸铜含有2molπ键，
故答案为：N>O>C>Cu；sp2、sp3；2；
(3) 中N的杂化轨道数，采用sp3杂化，空间构型为正四面体形；CCl4与原子总数相同，价电子总数相同，互为等电子体，
故答案为：正四面体形；CCl4；
(4)铜晶体为面心立方结构，每个铜原子距离最近的铜原子数为12，配位数为12；
故答案为：12；
(5)每个晶胞含有Cu：，含有N：，故晶体的化学式为Cu3N，每个晶胞的质量，晶胞的体积，故晶胞的密度 ；
故答案为：Cu3N； 。
【点睛】本题考查原子核外电子排布、杂化、晶胞的计算，掌握元素原子核外电子排布的规律、杂化轨道理论、微粒的空间构型、晶胞的计算是解题的关键。
9. D C Li+核电荷数较大 正四面体 sp3 AB 520 498 2908
【详解】分析：（1）根据处于基态时能量低，处于激发态时能量高判断；
（2）根据原子核对最外层电子的吸引力判断；
（3）根据价层电子对互斥理论分析；根据物质的组成微粒判断化学键；
（4）第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，据此计算；根据氧气转化为氧原子时的能量变化计算键能；晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，据此解答；
（5）根据晶胞中含有的离子个数，结合密度的定义计算。
详解：（1）根据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为1s22s1，则D中能量最低；选项C中有2个电子处于2p能级上，能量最高；
（2）由于锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此Li＋半径小于H－；
（3）LiAlH4中的阴离子是AlH4－，中心原子铝原子含有的价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化；阴阳离子间存在离子键，Al与H之间还有共价单键，不存在双键和氢键，答案选AB；
（4）根据示意图可知Li原子的第一电离能是1040 kJ/mol÷2＝520 kJ/mol；0.5mol氧气转化为氧原子时吸热是249 kJ，所以O＝O键能是249 kJ/mol×2＝498 kJ/mol；根据晶格能的定义结合示意图可知Li2O的晶格能是2908 kJ/mol；
（5）根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中，共计是8个，根据化学式可知氧原子个数是4个，则Li2O的密度是。
点睛：本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，电离能、晶格能，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍然是晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。
10. (1) p 2s22p3
(2) sp3
(3) N2O、CO2等 6 正四面体形
(4)16NA
(5) AlN
【解析】（1）N原子序数为7，其电子排布式为1s22s22p3，最后一个电子填充在p轨道，因此N位于周期表中p区，基态N原子的价电子排布式为2s22p3；故答案为：p；2s22p3。
（2）氮最外层5个电子，达到稳定需要3个电子，则需形成3对共用电子，每个氮和两个氢形成2对共用电子，氮和氮形成一对共用电子，因此N2H4分子的电子式为，N价层电子对数为4，因此N采取sp3杂化；故答案为: ；sp3。
（3）根据价电子N=C－=O＋分析，与N互为等电子体的分子的化学式N2O或CO2；[Fe(N3)(NH3)5]SO4，在该配合物中Fe与1个N、5个NH3配位，因此该配合物中Fe的配位数为6，硫酸根中中心原子价层电子对数为4+0=4，则SO的立体构型为正四面体形；故答案为：N2O、CO2等；6；正四面体形。
（4）一个配位键σ键为1个，1个氨气有3个σ键， Zn2+能与氨分子形成配离子[Zn(NH3)4]2+，因此1mol该离子含有σ键的数目为16NA；故答案为：16NA。
（5）①该晶体中有4个N，Al的个数为，因此该晶胞的化学式为AlN；故答案为：AlN。②已知该晶体的密度为dg·cm−3，则，N和Al的半径分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶体中原子的空间利用率；故答案为：。
11. 羟基 OHCCH2CHO 丙二酸 取代反应 3 d 9 +(CH3CO)2O+CH3COOH
【分析】由已知条件①A的密度是相同条件下H2密度的38倍、知A的相对分子质量为76，A分子的核磁共振氢谱中有3组峰即分子内有3种氢原子，从流程图中A到C，经两步氧化得到羧酸，可知：A为1，3−丙二醇，经催化氧化得到B(丙二醛)，再催化氧化得到C(丙二酸)，与Br2发生取代得到D；E经过还原反应得到F，硝基还原为氨基，F发生取代反应得到G；D与G发生取代反应得到H，经过信息提供的③反应类型得到 I，再由 I 得到M，据此回答。
【详解】(1)由分析可知：A为1，3−丙二醇， B为丙二醛，C为丙二酸则A中官能团的名称为羟基； B的结构简式为OHCCH2CHO；C的名称为丙二酸；
故答案为：羟基；OHCCH2CHO；丙二酸 ；
(2) C为丙二酸，D为HOOC-CHBr-COOH，CD的反应类型取代反应； D分子内含2个羧基1个溴原子，均能与NaOH反应，故1molD最多能与3molNaOH反应； I 是H的两个羧基官能团发生③反应类型得到 I，I的结构简式为：；
故答案为：取代反应；3；；
(3)M为，所含苯环可催化加氢，因含酚羟基可发生氧化反应和取代反应，含羧基可发生取代反应等，但不能发生消去反应；
故答案为：d；
(4)M为，其同分异构体苯环上和M分子中苯环上的取代基完全相同，即都有这3个取代基，只要用“定二移一”的方法确定其种类即可，设这3个取代基分别为X、Y和Z， X和Y可处于苯环上的邻位、间位、对位3种情况，当X和Y处邻位时，苯环上有4种氢原子，则苯环上出现第3个取代基Z时，即有四种同分异构体、当X和Y处间位时，苯环上有4种氢原子，同理，也有4种同分异构体、当X和Y处对位时，苯环上有2种氢原子，同理，又有2种同分异构体，总共10种，但是其中一种是M自身，故满足条件的同分异构体为9种；
故答案为：9；
(5) F为，G为；F→G的化学反应，氨基去氢，(CH3CO)2O断裂一个碳氧单键，两者发生取代反应，化学方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；
故答案为：+(CH3CO)2O+CH3COOH。
【点睛】本题考查了有机物的推断，结构简式的书写，化学方程式的书写，同分异构体数目的判断等，解题的关键是结合相对分子质量、反应类型等已知条件和信息提示推出有机物，应用官能团的性质等知识求解。
12. 丙烯 溴原子 加成反应 2 CH2BrCHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O HC≡CCOOH
【分析】根据A、B结构简式知，A发生取代反应生成B，B和溴发生加成反应生成D，D在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，E发生水解反应然后发生氧化反应生成G，G结构简式为HC≡CCHO，G和NaNH2反应生成J，根据G和J结构简式知，该反应为取代反应。
【详解】(1)A的结构简式为CH2=CHCH3，A的化学名称是丙烯，A→B是CH2=CHCH3与溴反应生成CH2=CHCH2Br，新生成的官能团是溴原子；
(2)①B→D的化学方程式为：CH2=CHCH2Br+Br2BrCH2CHBrCH2Br，反应类型是加成反应，D有2种氢，核磁共振氢谱显示峰的组数为2；
(3)D→E发生卤代烃的消去反应，反应的化学方程式为：CH2BrCHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O；
(4)G结构简式为HC≡CCHO，G与新制的Cu(OH)2发生反应，G中醛基被氧化生成羧基，所得有机物的结构简式为HC≡CCOOH。
13. (1) 羟基、醚键 对甲基苯甲酸或4-甲基苯甲酸
(2)+CH3OH +H2O
(3)
(4)光照
(5)取代反应
(6) 23
【分析】根据流程图结合C的结构简式可知，A与甲醇在酸性条件下发生取代反应生成B，B为，结合D的分子式和E的结构可知，D为；结合J的结构简式，F在铁作催化剂时与溴发生苯环上的取代反应生成G，G为，G与甲醇发生转化反应生成H，H为；根据题示信息，结合J的结构简式逆推得到I为 ，据此分析解答。
（1）B为，其中所含官能团为醚键和羟基；F()的名称为对甲基苯甲酸或4-甲基苯甲酸，故答案为：羟基、醚键；对甲基苯甲酸或4-甲基苯甲酸；
（2）D与甲醇发生酯化反应生成E，反应的化学方程式为+CH3OH +H2O，故答案为：+CH3OH +H2O；
（3）根据上述分析，G的结构简式为，故答案为：；
（4）结合H和I的分子式和J的结构简式可知，H→I发生了苯环侧链的取代反应，反应条件为光照，故答案为：光照；
（5）J+E→K是J一个溴原子与E的酚羟基上的氢原子结合生成了HBr和K，属于取代反应；K2CO3可以消耗反应过程中生成的HBr，促进反应向正方向进行，故答案为：取代反应；消耗反应过程中生成的HBr，促进反应向正方向进行；
（6）G为 ，①能够与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②不含有甲基；③能够发生银镜反应，说明含有醛基。满足条件的G的同分异构体可以分为三种情况：①苯环上含有羟基、醛基和-CH2Br，②苯环上含有羟基和-CHBrCHO，③苯环上含有羟基、溴原子和-CH2CHO；其中①和③各有10种同分异构体，②有3种同分异构体，共23种满足条件的同分异构体，其中苯环上一氯取代物只有2种的同分异构体的结构简式为，故答案为：23；。
14. a b Li-e− = Li+ 否 电极Li是活泼金属，能与水反应 3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O 2∶1 CO2++2e−=HCOO−+或CO2+H++2e−=HCOO−或CO2+ H2O +2e−=HCOO− +H+ 阳极产生O2，pH减小，浓度降低；K+部分迁移至阴极区
【分析】(1)形成原电池反应时，Li为负极，被氧化，电极方程式为Li-e-=Li+，MnO2为正极，被还原，电极方程式为MnO2+e-+Li+=LiMnO2；
【详解】(1)Li为负极，MnO2为正极，原电池工作时，外电路的电流方向从正极到负极，即从b极流向a极，电子流向从a到b；
(2) Li为负极，被氧化，电极方程式为Li-e-=Li+；
(3)因负极材料为Li，可与水反应，则不能用水代替电池中的混合有机溶剂；
(4)二氧化锰与KOH和KClO4在高温下反应，生成锰酸钾(K2MnO4)和KCl，反应中化合价变化的元素为Mn、Cl，Mn元素由+4价升高为+6，Cl元素化合价由+5降低为-1，根据化合价升降相等，则二氧化锰与氯酸钾的物质的量之比为3：1，再根据原子守恒配平方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2，反应中Mn元素化合价分别由+6价升高到7价、降低到+4价，反应的方程式为：3K2MnO4+4HCl=2KMnO4+MnO2+2H2O+4KCl，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1；
(5)①阴极CO2还原为HCOO-的电极反应是二氧化碳得到电子生成甲酸根离子或在碳酸氢根离子溶液中生成甲酸根离子和碳酸根离子，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写电极反应为：CO2++2e−=HCOO−+或CO2+H++2e−=HCOO−或CO2+ H2O +2e−=HCOO− +H+，
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低升温原因是：阳极氢氧根离子失电子生成氧气，电极附近氢离子浓度增大，pH减小和碳酸氢根离子反应，浓度降低，K+部分迁移至阴极区。
15. (1)B
(2) 阴 2Cl－−2e－ = Cl2↑ 将湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气(或取阳极附近溶液滴加淀粉−KI溶液，溶液变蓝)
(3) Fe(OH)3 6
(4) 双氧水或氯气或氧气 CD
(5) 生成砖红色沉淀 5×10−5
【解析】（1）图1中为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，该方法牺牲阳极的阴极保护法，即材料B是更活泼的金属，因此用锌板；故答案为：B。
（2）图2是外加电流的阴极保护法，让保护的金属作电解池的阴极即钢闸门C作阴极。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，D上是溶液中的氯离子失去电子变为氯气即D上的电极反应式为2Cl－−2e－ = Cl2↑，检测氯气主要利用氯气的还原性，其方法是将湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气(或取阳极附近溶液滴加淀粉−KI溶液，溶液变蓝)；故答案为：阴；2Cl－−2e－ = Cl2↑；将湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气(或取阳极附近溶液滴加淀粉−KI溶液，溶液变蓝)。
（3）假设Zn2+、Fe3+物质的量浓度都为1 mol∙L−1，则沉淀Fe3+需要的氢氧根物质的量浓度为，沉淀Zn2+需要的氢氧根物质的量浓度为，前者所需的氢氧根物质的量浓度小，因此向等物质的量浓度的Zn2+、Fe3+的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先达到需要氢氧根物质的量浓度最小的即最先产生的沉淀是Fe(OH)3。常温下，若使0.4 mol∙L−1的ZnCl2溶液中的Zn2+开始沉淀，，，pH=6，因此应加入NaOH溶液调整溶液的pH为6；故答案为：Fe(OH)3；6。
（4）要除去ZnCl2酸性溶液中混有的少量Fe2+，由于Ksp[Fe(OH)2]=8×10−16， Ksp[Zn(OH)2]=4×10−17，两者的溶度积常数相差不大，很难很开，因此要先将亚铁离子氧化为铁离子，因此应先向混合溶液中加入适量双氧水或氯气或氧气溶液，由于铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，为了不引入新的杂质，因此加入要保留的离子对应的难溶物，但这个难溶物要与氢离子反应，因此再加入氧化锌、锌、碳酸锌、氢氧化锌等来调节溶液的pH，最后过滤；故答案为：双氧水或氯气或氧气；CD。
（5）分析化学中，测定含氯的中性溶液中Cl－的含量，以K2CrO4作指示剂，用AgNO3溶液滴定根据题意氯化银是白色，Ag2CrO4是砖红色沉淀，因此滴定终点的现象是生成砖红色沉淀，当溶液中Cl－恰好完全沉淀(浓度为1.0×10−6 mol∙L−1)时，，则，，解得，此时溶液中c(CrO)=5×10−5mol·L−1；故答案为：生成砖红色沉淀；5×10−5。
16. (1)加热
(2)−205
(3)增大压强或降低温度
(4)BC
(5)2H2O−4e－=O2↑+4H+(或4OH－−4e－=O2↑+2H2O)
(6) Ni(OH)2−e－+OH－=NiOOH+H2O 减小
(7)Zn−2e－+2OH－=Zn(OH)2
【解析】（1）酸式碳酸盐在加热条件下发生分解反应生成二氧化碳，因此再解吸出CO2的简单方法是加热；故答案为：加热。
（2）将两个方程式相加得到反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=−205 kJ∙mol−1。
（3）该反应是放热体积减小的反应，有利于提高甲烷平衡产率，则应该正向移动，其反应条件是增大压强或降低温度；故答案为：增大压强或降低温度。
（4）A．根据图中信息前三步的总能量变化为ΔH=−2.05eV，故A错误；B．由于反应过程中Ts1的能垒最大，因此该转化反应的速率取决于Ts1的能垒，故B正确；C．根据图中信息•HOCO转化为•CO和•OH的反应是放热反应即△H＜0，故C正确；D．改用高效催化剂能提高反应物的反应速率，但不能改变平衡转化率，故D错误；综上所述，答案为：BC。
（5）电解时阳极产生O2是水中氢氧根失去电子变为氧气，其电极反应式为2H2O−4e－=O2↑+4H+(或4OH－−4e－=O2↑+2H2O)；故答案为：2H2O−4e－=O2↑+4H+(或4OH－−4e－=O2↑+2H2O)。
（6）根据工作原理Cd+2NiOOH+2H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2，Cd化合价升高，失去电子变为Cd(OH)2，作原电池的负极，NiOOH化合价降低，得到电子变为Ni(OH)2，作原电池的正极，因此充电时，阳极的电极反应式为Ni(OH)2−e－+OH－=NiOOH+H2O；当飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池开始为飞船供电，此时负极电极反应式为Cd+2OH－= Cd(OH)2，则负极附近溶液的碱性减小；故答案为：Ni(OH)2−e－+OH－=NiOOH+H2O；减小。
（7）根据工作原理为Zn+Ag2O+H2O2Ag+Zn(OH)2分析，Zn失去电子变为Zn(OH)2，作原电池负极，其负极的电极反应式为Zn−2e－+2OH－=Zn(OH)2；故答案为：Zn−2e－+2OH－=Zn(OH)2。
相关试卷
四川省绵阳市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题： 这是一份四川省绵阳市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共28页。试卷主要包含了某制备MnSO4的工艺流程如图，2 对电极等内容，欢迎下载使用。
四川省成都市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题： 这是一份四川省成都市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共29页。
江苏盐城市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题： 这是一份江苏盐城市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共32页。试卷主要包含了0×10−3、Ksp=3，5～10，5增至9，88时的去除率远低于pH=4等内容，欢迎下载使用。
