【化学】广东省湛江市第一中学2018-2019学年高二上学期第二次大考（B卷）试题（解析版）

广东省湛江市第一中学2018-2019学年高二上学期第二次大考（B卷）试题
1.化学与生活密切相关,下列有关说法正确的是 (　 　)
A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B. 自来水中加入氯气与污水中加入明矾的原理相同
C. 淀粉和纤维素的组成都可用（C6H10O5）n表示，它们互为同分异构体
D. 硫酸铜溶液可用于游泳池的消毒是利用了Cu2+能使蛋白质盐析
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 蚕丝主要成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味。
B. 氯气与水反应生成次氯酸有强氧化性；明矾水解形成胶体。
C. 淀粉和纤维素的组成都可用（C6H10O5）n表示，但n值不同。
D. 铜离子能使蛋白质发生变性。
【详解】A.蚕丝主要成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，A正确。
B.氯气与水反应生成次氯酸有强氧化性，可对自来水消毒；明矾水解形成胶体，可以净水，故两者原理不同，B错误。
C.淀粉和纤维素的组成都可用（C6H10O5）n表示，但n值不同。同分异构体要求分子式相同，而结构不同，所以淀粉和纤维素不是同分异构体，C错误。
D.铜离子能使蛋白质发生变性，所以可用于游泳池的消毒，D错误。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是 (　 　)
A. 2.0 g D2O中含有的质子数、电子数均为NA
B. 室温下,7 g乙烯和丁烯的混合气体中所含的氢原子数目是NA
C. 室温下,2 L 0.05 mol·L-1 NH4NO3溶液中所含的氮原子数目是0.2NA
D. 256 g S8(分子结构如图)含S—S键数目为7NA
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 每个D2O分子含有10个质子、10个电子，2.0 g D2O物质的量n = =0.1mol。
B. 乙烯和丁烯的最简式为CH2，计算7 g CH2中所含的氢原子数目即可。
C. 2L 0.05 mol·L-1 NH4NO3溶液中所含NH4NO3的物质的量为0.1mol，0.1molNH4NO3溶液中氮原子的物质的量为0.2mol，氮原子数目是0.2NA。
D. 每个S8分子中含8个S—S键，256 g S8中n(S8)= =1mol。
【详解】A.每个D2O分子含有10个质子、10个电子，2.0 g D2O物质的量为0.1mol，含有的质子数、电子数均为NA，A正确。
B. 乙烯和丁烯的最简式相同，均为CH2，7 g乙烯和丁烯的混合气体中所含的氢原子数目，可通过计算7 g CH2中所含的氢原子数目n(H)=×2=1mol，氢原子数目为NA，B正确。
C.室温下,2L 0.05 mol·L-1 NH4NO3溶液中所含NH4NO3的物质的量为0.1mol，0.1molNH4NO3溶液中氮原子的物质的量为0.2mol，氮原子数目是0.2NA，C正确。
D.每个S8分子中含8个S—S键，256 g S8中n(S8)= =1mol，1mol S8含S—S键数目为8NA，D错误。
3.下列说法正确的是 (　 　)
A. 2- 甲基丁烷也称异丁烷
B. 乙烯使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色均属于加成反应
C. CH3CH2CH3分子中的3个碳原子不可能在同一直线上
D. 等质量的乙烯和乙醇完全燃烧,消耗O2的物质的量相同
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 2- 甲基丁烷支链为一个甲基、主链有4个碳原子，共有5个碳原子。
B. 乙烯与溴水反应属于加成反应，乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应。
C.烷烃中碳原子形成的四个共价键为四面体结构，丙烷中的三个碳原子不可能在同一直线上。
D. 根据乙烯和乙醇完全燃烧的化学方程式可知，物质的量相同的乙烯和乙醇完全燃烧消耗O2的物质的量相同。
【详解】A. 2- 甲基丁烷共有5个碳原子，可称为异戊烷，A错误。
B.乙烯可与溴水发生加成反应，乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，B错误。
C.烷烃中碳原子形成的四个共价键，连接在碳原子上的四个原子形成四面体结构， CH3CH2CH3分子中的3个碳原子不可能在同一直线上，C正确。
D.根据乙烯和乙醇完全燃烧的化学方程式可知，物质的量相同的乙烯和乙醇完全燃烧消耗O2的物质的量相同，乙烯和乙醇的摩尔质量不相等，所以等质量的乙烯和乙醇完全燃烧,消耗O2的物质的量不同，D错误。
4.化学与生活密切相关,下列物质的化学性质与其实际应用不相对应的是 (　 　)
选项
化学性质
实际应用
A
醋酸的酸性大于碳酸
可用食醋除去水瓶内的水垢
B
NH3具有还原性
作食品加工的制冷剂
C
葡萄糖的醛基具有还原性
可利用银镜反应制玻璃镜子
D
维生素C具有还原性
可用作食品抗氧化剂
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 根据强酸制备弱酸的原理可以判断出醋酸的酸性大于碳酸。
B. 液氨汽化吸收大量的热，可用作制冷剂。
C. 葡萄糖中含有羟基和醛基，具有醇、醛的化学性质。
D. 维生素C具有还原性。
【详解】A.水垢主要成分是CaCO3，反应的化学方程式为2CH3COOH +CaCO3 = ( CH3COO) 2Ca + CO2↑ +H2O，根据强酸制备弱酸的原理可以判断出醋酸的酸性大于碳酸，A正确。
B.液氨汽化可以吸收大量的热，所以可用作制冷剂，B错误。
C.葡萄糖中含有羟基和醛基，醛基可发生银镜反应，C正确。
D.维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂，D正确。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 (　 　)
A. 1 mol NaHSO4熔化或溶于水时电离出来的离子总数均为3NA
B. 标准状况下,11.2 L水中含有的共价键数为NA
C. 常温常压下,22 g二氧化碳气体所含有的原子个数为1.5NA
D. 200 mL 18.4 mol·L-1浓硫酸与足量的铜反应,生成SO2分子的数目为1.84NA
【答案】C
【解析】
【分析】
A. NaHSO4熔融状态只能电离出Na+、HSO4-。
B. 0.5mol水中含有的共价键数为1mol，标准状况下，水不是气体，不能以气体摩尔体积计算其物质的量。
C. 常温常压下,22 g二氧化碳气体物质的量为0.5mol，含有的原子物质的量为1.5mol。
D.随着反应进行，浓硫酸变稀，不能与铜继续反应。
【详解】A. NaHSO4熔融状态只能电离出Na+、HSO4-，1 mol NaHSO4熔融时电离出来的离子数为2NA，A错误。
B. 0.5mol水中含有的共价键数为1mol，标准状况下,11.2 L水的物质的量不是0.5mol，B错误。
C.常温常压下，22 g二氧化碳气体物质的量为0.5mol，含有的原子个数为1.5NA，C正确。
D.若参与反应的浓硫酸物质的量为3.68mol，生成SO2分子的物质的量为1.84mol，但随着反应进行，浓硫酸变稀，不能与铜继续反应，生成生成SO2分子的数目小于1.84NA，D错误。
6.下列有关实验装置进行的相应实验,能达到实验目的的是 (　 　)

A. 用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3
B. 用图2所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液
C. 用图3所示装置可除去NO2中的NO
D. 用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集。
B. 乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离。
C. 二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。
D. 本装置为电解池，铁连接电源正极，通电才能发生氧化反应。
【详解】A.氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集，A错误。
B.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，B正确。
C.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，不能除去NO2中的NO，C错误。
D.本装置为电解池，铁连接在电源负极，铁不能发生氧化反应生成亚铁离子，故不能制备氢氧化亚铁，D错误。
7.化合物X是一种医药中间体,其结构简式如右下图所示。下列有关化合物X的说法不正确的是(　 　)

A. 分子中两个苯环一定处于同一平面
B. 能与饱和Na2CO3 溶液反应
C. 在酸性条件下水解,水解产物只有一种
D. 1 mol化合物X最多能与3 mol NaOH反应
【答案】A
【解析】
【分析】
化合物X中含有羧基，有酸性，可发生中和、酯化等反应。含有酯基，可发生水解反应。
【详解】A. 分子中两个苯环连接在同一个碳原子上，该碳原子上连接苯环的碳碳单键中有一个可以旋转，两个苯环不一定共面，A错误。
B. 化合物X中含有羧基，有酸性，能与饱和Na2CO3 溶液反应，B正确。
C. 化合物X中含有酯基，可发生水解反应。因为有机物为环酯结构，所以在酸性条件下水解，水解产物只有一种，C正确。
D. 化合物X中含有羧基、酯基可与NaOH反应，酯基水解可生成酚羟基和钠盐，酚羟基也可与NaOH反应，1 mol化合物X最多能与3 mol NaOH反应，D正确。
8.下列各项实验相应操作、实验现象及原因解释或推论合理的是 (　 　)
选项
操作
现象
解释或推论
A
取少量Fe(NO3)2试样加水溶解，加稀硫酸酸化，滴加KSCN溶液，
溶液变为血红色
该Fe(NO3)2试样已经变质
B
将浓硫酸滴到白纸上
白纸变黑
浓硫酸具有强氧化性,导致纸中的纤维素炭化
C
把二氧化硫通入溴水中
溴水褪色
说明二氧化硫具有漂白性
D
用湿润的红色石蕊试纸检验某气体
试纸变蓝
该气体是氨气
【答案】D
【解析】
【分析】
A. Fe(NO3)2加稀硫酸酸化过程中，亚铁离子被硝酸根氧化。
B. 将浓硫酸滴到白纸上，白纸变黑，说明浓硫酸具有脱水性。
C. 二氧化硫具有还原性，溴水具有氧化性，两者会发生氧化还原反应。
D. 氨气溶于水形成氨水，氨水呈碱性。
【详解】A. Fe(NO3)2加稀硫酸酸化过程中，亚铁离子被硝酸根氧化，不能判断Fe(NO3)2是否变质，A错误。
B.将浓硫酸滴到白纸上，白纸变黑，说明浓硫酸具有脱水性，B错误。
C.二氧化硫具有还原性，溴水具有氧化性，把二氧化硫通入溴水中溴水褪色，两者发生氧化还原反应，C错误。
D.用湿润的红色石蕊试纸检验某气体， 试纸变蓝，说明该气体的水溶液显碱性，常见气体中，只有氨气溶于水形成氨水而显碱性，D正确。
9.某工厂采用电解法处理含铬废水,耐酸电解槽用铁板作阴、阳极,槽中盛放含铬废水,工业设备如图所示,下列说法正确的是 (　 　)

A. A接电源负极
B. 阳极区溶液中发生的氧化还原反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O
C. 阴极区附近溶液pH减小
D. 若不考虑气体的溶解,当收集到H2 13.44 L时(标准状况下),有0.2 mol Cr2O72-被还原
【答案】B
【解析】
【分析】
A.据图分析，右侧电解槽生成氢气，发生还原反应，右侧为阴极，B连接电源负极。
B. 左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72-离子氧化。
C. 右侧为阴极，生成氢气，氢离子浓度降低，pH增大。
D. n(H2)=13.44L÷22.4L/mol=0.6mol，得电子1.2mol，根据电子得失守恒，n(Fe2+)=1.2mol÷2 =0.6mol，结合Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+2Cr3++6Fe3++7H2O，被还原的n(Cr2O72-)=0.6mol÷6 =0.1mol。
【详解】A.右侧电解槽生成氢气，发生还原反应， B连接电源负极，A接电源正极，A错误。
B.左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72-离子氧化，阳极区溶液中发生的氧化还原反应：Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+2Cr3++6Fe3++7H2O，B正确。
C.右侧为阴极，生成氢气，氢离子浓度降低，pH增大，C错误。
D. n(H2)=13.44L÷22.4L/mol=0.6mol，得电子1.2mol，根据电子得失守恒，n(Fe2+)=1.2mol÷2 =0.6mol，结合Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+2Cr3++6Fe3++7H2O，被还原的n(Cr2O72-)=0.6mol÷6 =0.1mol，D错误。
10.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知W元素的原子形成的离子是一个质子；X、Y在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体；Z为同周期中原子半径最大的元素。下列有关说法正确的是
A. 四种元素均为非金属元素
B. W与X、Y形成的最简单分子的沸点：X>Y
C. Y、Z形成的化合物中只含离子键
D. W、Y、Z形成的化合物的电子式为
【答案】D
【解析】
W元素的原子形成的离子是一个质子，则W为H，四种元素原子序数依次增大，Z为同周期中原子半径最大的元素，即Z为Na，X、Y在元素周期表中处于相邻的位置，其单质在常温下为无色气体，则X为N，Y为O，，A、根据上述分析，Z为Na，属于金属元素，故错误；B、若X为N，Y为O，则氢化物是NH3、H2O，H2O的沸点高于NH3，故错误；C、Y为O，形成的化合物是Na2O和Na2O2，Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故错误；D、形成化合物是NaOH，属于离子化合物，其电子式为：，故正确。
点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的应用，本题的突破口是W元素的原子形成的离子是一个质子，推出W为H，同周期从左向右半径减小，四种元素是短周期元素以及原子序数增大，则推出Z为Na，则Y、X为第二周期，单质常温下为气体，有N2、O2、F2，但F2显淡黄绿色，因此是N和O，从而作出合理推断。
11.图表示25 ℃时,稀释HClO、HCOOH两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化情况。下列说法不正确的是 (　 　)

A. 由图可知Ⅰ为HCOOH、Ⅱ为HClO
B. 图中a、c两点处的溶液中相等(HR代表HCOOH或HClO)
C. 图中a点酸溶液浓度大于b点酸溶液浓度
D. 相同浓度HCOONa和NaClO的混合液中,各离子浓度的大小:c(Na+)>c(HCOO-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 酸性越弱，在稀释时水解程度增大，pH变化较小。
B. = 。
C. 根据稀释起点pH相等可知，起点c(HClO)大于c(HCOOH) ，a、b两点HClO、HCOOH稀释倍数相同，c(HClO)大于c(HCOOH)。
D. HClO酸性较弱，相同浓度HCOONa和NaClO的混合液中，c(Na+)最大，ClO-水解程度较大，所以c(HCOO-)>c(ClO-)，HCOO-、ClO-水解，溶液呈碱性，所以c(OH-)>c(H+)。
【详解】A.酸性越弱，在稀释时水解程度增大，pH变化较小，HClO酸性较弱，Ⅰ为HCOOH、Ⅱ为HClO，A正确。
B.图中a、c两点处的溶液温度相同，均为HCOOH的pH曲线， Kw、Ka均没有变化，B正确。
C.起点pH相等，起点c(HClO)大于c(HCOOH) ，a、b两点HClO、HCOOH稀释倍数相同，c(HClO)大于c(HCOOH)，图中a点酸溶液浓度小于b点酸溶液浓度，C错误。
D. HClO酸性较弱，相同浓度HCOONa和NaClO的混合液中，Na+浓度最大，ClO-水解程度较大，所以c(HCOO-)>c(ClO-)，HCOO-、ClO-水解，溶液呈碱性，所以c(OH-)>c(H+)。各离子浓度的大小:c(Na+)>c(HCOO-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，D正确。
12.已知某镍镉(Ni-Cd)电池的电解质溶液为KOH溶液,其放电总反应式为Cd+2NiOOH+2H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是 (　 　)
A. 充电时阳极反应: Ni(OH)2+OH--e- NiOOH+H2O
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性不变
D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 充电时阳极发生氧化反应，Ni(OH)2生成NiOOH，化合价由+2价升高到+3价。
B. 充电时，该装置为电解池，电能转化为化学能。
C. 放电时，负极反应，Cd+2e-+2OH- = Cd(OH)2。
D. 放电时，溶液中的阴离子向负极移动。
【详解】A.充电时阳极发生氧化反应，Ni(OH)2生成NiOOH，化合价由+2价升高到+3价，阳极反应为: Ni(OH)2+OH--e- NiOOH+H2O，A正确。
B.充电时，该装置为电解池，电能转化为化学能，B错误。
C.放电时，负极反应，Cd+2e-+2OH- = Cd(OH)2，负极碱性减弱，C错误。
D.放电时电解质溶液中的OH-向负极移动，D错误。
【点睛】本题考查了原电池、电解池。充电为电解池，放电为原电池。溶液中的酸碱性变化可根据电极反应中的离子变化来判断，如C中负极碱性判断，负极反应，Cd+2e-+2OH- = Cd(OH)2，氢氧根被消耗，负极碱性减弱。
13.X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素,其原子半径与主要化合价的关系如下图所示。下列说法错误的是 (　 　)

A. 简单离子半径:M>Y>Q
B. X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐
C. 电解RM2水溶液可得到R单质
D. Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸
【答案】C
【解析】
【分析】
前20号元素中，Y只有-2价，肯定为氧元素；M有+7、-1价，只能为氯元素；X、Q化合价为+1价，X原子半径最小，为氢元素，Q原子半径大于氧元素、氯元素，为钠元素； Z有+5、-3价，原子半径在钠元素、氯元素之间，是氮元素； R有+2价，原子半径最大，为镁元素。
A. 氯离子、氧离子、钠离子中，氯离子电子层数多，半径最大，氧离子半径大于钠离子。
B. 氢元素、氧元素、氮元素可组成：HNO3、NH3·H2O、NH4NO3。
C. 电解氯化钙水溶液，由于钙离子氧化性强于氢离子，不能得到钙单质。
D. 氮元素和氯元素的最高价化合物为硝酸、高氯酸，为强酸。
【详解】A.氯离子、氧离子、钠离子中，氯离子电子层数多，半径最大，氧离子半径大于钠离子，简单离子半径:M>Y>Q，A正确。
B.氢元素、氧元素、氮元素可组成：HNO3、NH3·H2O、NH4NO3，分别为酸、碱、盐，B正确。
C.电解氯化钙水溶液，由于钙离子氧化性弱于水中的氢离子，不能得到钙单质而是得到氢气，C错误。
D.氮元素和氯元素的最高价化合物的水化物为硝酸、高氯酸，均为强酸，D正确。
14.甲酸为一元弱酸，在15mL0.1mol/L KOH溶液中逐滴加入0.2mol/L甲酸溶液，溶液的pH变化和所加入的甲酸的体积关系描绘成如图所示曲线。下面有关微粒浓度的大小关系正确的是

A. 在A、B间的任意一点上都存在：c(K+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)＞c(H+)
B. 在B点：c(K+)= c(HCOO-)＞c(OH-)=c(H+)，且a=7.5
C. 在C点：c(HCOO-)＞c(K+)＞c(H+)＞c(OH-)
D. 在D点： c(HCOO-)+ c(HCOOH)=2 c(K+)
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 刚滴加甲酸时，氢氧化钾过量，c(OH-)＞c(HCOO-)。
B. 滴加甲酸7.5mL时，氢氧化钾和甲酸恰好完全反应，生成物为强碱弱酸盐，，HCOO-会发生水解溶液呈碱性。
C. C点甲酸过量溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒可知c(HCOO-)＞c(K+)。
D. D点甲酸过量，加入甲酸物质的量为0.02L×0.2mol/L=0.004mol，KOH物质的量为0.015L×0.1mol/L=0.0015mol，根据物料守恒进行分析。
【详解】A.刚滴加甲酸时，氢氧化钾过量，c(OH-)＞c(HCOO-)，A错误。
B.滴加甲酸7.5mL时，氢氧化钾和甲酸恰好完全反应，生成物为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)。B点pH为7，甲酸应该稍过量，a>7.5，B错误。
C. C点甲酸过量溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒可知c(HCOO-)＞c(K+)，在C点：c(HCOO-)＞c(K+)＞c(H+)＞c(OH-)，C正确。
D. D点甲酸过量，加入甲酸物质的量为0.02L×0.2mol/L=0.004mol，KOH物质的量为0.015L×0.1mol/L=0.0015mol，根据物料守恒 c(HCOO-)+c(HCOOH)＞2 c(K+)，D错误。
15.NaNO2可用作食品添加剂。NaNO2能发生以下反应:3NO2-+2H+NO3- +2NO↑+H2O、NO2-+Ag+AgNO2↓(淡黄色)。某化学兴趣小组进行以下探究。
（1）制取NaNO2反应原理:Na2CO3+2NO2NaNO2+NaNO3+CO2、Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2。用下图所示装置进行实验。

①铜与浓硝酸反应的化学方程式为________________。 
②实验过程中,需控制B中溶液的pH>7,否则产率会下降,理由是___________________。 
③往C中通入空气的目的是______________________________(用化学方程式表示)。 
④反应结束后,B中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、__等操作,可得到粗产品晶体和母液。 
（2）测定粗产品中NaNO2的含量
称取m g粗产品,溶解后稀释至250 mL。取出25.00 mL溶液,用c mol·L-1 KMnO4酸性溶液平行滴定三次,平均消耗的体积为V mL。
已知:2MnO4- +6H++5NO2- 5NO3- +2Mn2++3H2O
①稀释溶液时,需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外,还有____(填字母)。 
A. 250 mL容量瓶 B. 量筒 C. 胶头滴管 D. 锥形瓶
②当观察到____________________________________________________时,滴定达到终点。 
③粗产品中NaNO2的质量分数为__________________(用代数式表示)。 
（3）设计实验方案证明母液中含有NO2-:____________________(限选用的试剂:硝酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液、氯化钡溶液)。
【答案】 (1). Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (2). 如果pH＜7，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体 (3). 2NO+O2=2NO2 (4). 过滤 (5). A C (6). 滴入最后一滴KMnO4溶液后，溶液变为粉红色，且30s内不褪色 (7). % (8). 取样，加硝酸，若有气泡，且生成的气体遇空气变为红棕色，即可证明溶液中含NO2-（或取样，加足量的硝酸钡溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有淡黄色沉淀，即可证明含有NO2-）
【解析】
【分析】
（1）①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水。
②由3NO2-+2H+NO3- +2NO↑+H2O可知，如果pH＜7，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体。
③一氧化氮和空气中的氧气反应生成二氧化氮。
④从溶液得到溶质晶体的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（2）①溶液稀释至250 mL，需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外,还有250 mL容量瓶、胶头滴管。
②高锰酸钾为紫红色液体，恰好完全反应溶液褪色。
③根据2MnO4- +6H++5NO2- 5NO3- +2Mn2++3H2O计算250mL溶液中n(NO2-)，再结合摩尔质量、样品质量计算粗产品中NaNO2的质量分数。
（3）方法一：利用反应3NO2-+2H+NO3- +2NO↑+H2O、2NO+O2= 2NO2。取样，加硝酸，若有气泡，且生成的气体遇空气变为红棕色，即可证明溶液中含NO2-.
方法二：除去碳酸钠之后，利用反应NO2-+Ag+AgNO2↓(淡黄色)检验NO2-。取样，加足量的硝酸钡溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有淡黄色沉淀，即可证明含有NO2-。
【详解】（1）①铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
②实验过程中,需控制B中溶液的pH>7,否则产率会下降,理由是由3NO2-+2H+NO3- +2NO↑+H2O可知，如果pH＜7，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体。
③往C中通入空气的目的是：一氧化氮和空气中的氧气反应生成二氧化氮，化学方程式为：2NO+O2= 2NO2。
④反应结束后,B中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作,可得到粗产品晶体和母液。
（2）①溶液稀释至250 mL，需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有250 mL容量瓶、胶头滴管，答案为AC。
②当观察到滴入最后一滴KMnO4溶液后，溶液变为粉红色，且30s内不褪色时,滴定达到终点。
③取m g粗产品，溶解后稀释至250 mL。取出25.00 mL溶液,用c mol·L-1 KMnO4酸性溶液滴定，平均消耗的体积为V mL。根据2MnO4- +6H++5NO2- 5NO3- + 2Mn2++ 3H2O ， 250mL溶液中n(NO2-)=×c mol/L×V×10-3L× =0.025 c V mol。粗产品中NaNO2的质量分数为×100%=% 。
（3）方法一：利用反应3NO2-+2H+NO3- +2NO↑+H2O、2NO+O2= 2NO2。取样，加硝酸，若有气泡，且生成的气体遇空气变为红棕色，即可证明溶液中含NO2-.
方法二：除去碳酸钠之后，利用反应NO2-+Ag+AgNO2↓(淡黄色)检验NO2-。取样，加足量的硝酸钡溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有淡黄色沉淀，即可证明含有NO2-。
【点睛】本题考查了氮及其化合物的化学性质、物质的量的综合计算、实验设计。注意计算粗产品质量时，从配制的250mL溶液中取药25mL，计算样品物质的量时，需要乘以10。本题的滴定分析用的是高锰酸钾溶液为指示剂，注意其本身为紫红色溶液，反应生成Mn2+时，溶液褪色。
16.醋酸镍[(CH3COO)2Ni]是一种重要的化工原料。一种以含镍废料(含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)为原料,制取醋酸镍的工艺流程图如下：

相关离子生成氢氧化物的pH 和相关物质的溶解性如下表：
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
物质
20℃时溶解性(H2O)
Fe3+
1.1
3.2
CaSO4
微溶
Fe2+
5.8
8.8
NiF
可溶
Al3+
3.0
5.0
CaF2
难溶
Ni2+
6.7
9.5
NiCO3
Ksp=9.60×10-6

（1）调节pH 步骤中,溶液pH的调节范围是___________________。
（2）滤渣1和滤渣3 主要成分的化学式分别是___________、___________。
（3）酸浸过程中,1molNiS失去6 NA个电子,同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式__________________________________。
（4）沉镍过程中,若c(Ni2+)=2.0 mol·L-1,欲使100 mL该滤液中的Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)≤10-5mol·L-1]，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为________g。(保留小数点后1位有效数字)
（5）写出氧化步骤中加入H2O2 时发生反应的离子方程式___________________。
（6）保持其他条件不变,在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度与时间分别为_______________________。

【答案】 (1). 5.0≤pH”、“”、“0中，反应前后气体体积、物质的量会发生变化，反应达到平衡状态，混合气体的平均相对分子质量不变。升高温度，反应速率加快，正反应吸热，反应向正反应方向进行。增大CO2的浓度，平衡向正反应方向移动，温度不变，平衡常数不变。CO、H2反应过程消耗的物质的量相等，若起始含量相等，则平衡时物质的量相等。
（3）①从反应开始到A点，CO2的转化率为75%，先计算二氧化碳的反应速率，利用方程式中的化学计量数之比计算氢气的反应速率。
②该反应的平衡常数表达式K=。若X1=3，利用三段式，可以得到平衡时各物质的量浓度，再计算此时的化学平衡常数。
③增大氢气的投入量，可以增加二氧化碳的转化率，X1>X2。投料比相同时，温度越高，二氧化碳转换率越低，说明正反应为放热反应，温度越高生成物浓度越小，反应物浓度越大，KA >KB。
④正反应气体体积减小，在500 K达到平衡时，压强减小。500 K时,按X1投料,在恒压下进行,相当于原反应平衡增大压强，有利于反应正向进行，CO2的转化率增大，CO2的转化率>75%。
【详解】（1）该过程的能量转化形式为：太阳能转换为化学能。在整个过程中, FeO为反应中间体，生成、转化循环进行，是催化剂。过程2反应为：6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s），该反应可由 -（①+②）得到，利用盖斯定律计算该反应的焓变ΔH=-（a+b）kJ/mol, 过程2的热化学方程式为：6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s） ΔH= -（a+b）kJ·mol-1。
（2）A.反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)　ΔH>0中，反应前后气体体积、物质的量会发生变化，反应达到平衡状态，混合气体的平均相对分子质量不变，A正确。
B.升高温度，反应速率加快，正反应吸热，反应向正反应方向进行，CO2的转化率升高，B错误。
C. 增大CO2的浓度，平衡向正反应方向移动，温度不变，平衡常数不变，C错误。
D. CO、H2反应过程消耗的物质的量相等，若起始含量相等，则平衡时物质的量相等，若CO、H2起始含量不相等，则平衡时物质的量不相等相等，平衡时CO、H2的体积分数不一定相等，D正确。答案为AD。
（3）①从反应开始到A点，需要10s，CO2的转化率为75%，v(CO2)= =0.075mol/(L·s)，v(H2)=3v(CO2)= 0.225mol/(L·s)。 
②该反应的平衡常数表达式K=。若X1=3，n(H2) =3n(CO2)=6mol，B点CO2的转化率为75%，计算可得c(CO2)=0.25mol/L，c(H2)=0.75mol/L，c(CH3COOH)=0.75mol/L，c(H2O)=0.75mol/L，化学平衡常数K= =5.3。 
③增大氢气的投入量，可以增加二氧化碳的转化率，X1>X2。投料比相同时，温度越高，二氧化碳转换率越低，说明正反应为放热反应，温度越高生成物浓度越小，反应物浓度越大，KA >KB。
④正反应气体体积减小，在500 K达到平衡时，压强减小。500 K时，按X1投料，在恒压下进行，相当于原反应平衡增大压强，有利于反应正向进行，CO2的转化率增大，CO2的转化率>75%。
【点睛】本题综合考查了化学平衡、化学平衡常数、热化学方程式，难度较大。注意化学平衡的移动分析需要利用勒夏特列原理进行判断，反应会向减弱这种变化的方向移动。
18.已知肼(N2H4)和强氧化剂过氧化氢常用作火箭燃料,火箭部分构件采用钛合金材料。请回答下列问题:
（1）N2H4、H2O2的组成元素中第一电离能最大的是______。 
（2）钛元素基态原子的核外电子排布式为_____________________。 
（3）1 mol N2H4分子中所含极性键的数目为___________。 
（4）H2O2受热易分解为H2O,H2O的空间构型为_______,其中心原子的杂化轨道类型为_________。 
（5）H2S和H2O2的主要物理性质如下表所示:
物质
熔点/K
沸点/K
水中溶解度(标准状况)
H2S
187
202
每升水中溶解2.6 L
H2O2
272
423
以任意比互溶
造成上述熔沸点和溶解度差异的主要原因分别是_______________和________________。 
（6）氧化镁和氮化硼均可用作返回舱的热屏蔽材料,晶格能:氧化镁_______(填“大于”或“小于”)氧化钙。 
（7）立方氮化硼的晶胞如图所示。处于晶胞顶点的原子的配位数为______。若晶胞边长为a cm,则立方氮化硼的密度是________________g·cm-3。(只要求列出算式,设阿伏加德罗常数的值为NA)

【答案】 (1). N (2). 1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2 (3). 2.41×1024 (4). V形 (5). sp3 (6). H2O2分子之间存在氢键,所以H2O2的熔、沸点高于H2S (7). H2O2与H2O分子之间也可形成氢键,故H2O2在水中的溶解度大于H2S (8). 大于 (9). 4 (10).
【解析】
【分析】
（1）N、H、O元素中氮元素2p能级为半满稳定状态，第一电离能最大。
（2）钛元素为第22号元素，根据素基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2。
（3）每个N2H4分子中，两个氮原子之间有一个非极性共价键，氮原子和氢原子间有4个极性共价键。
（4）H2O中氧原子形成2个氢氧键，含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4。
（5）H2O2分子间形成氢键，所以沸点高于H2S。H2O2和H2O分子之间也形成氢键，增大溶解度。
（6）离子所带电荷数相等，离子半径越小，晶格能越大。
（7）以B原子为中心，距离最近且相等的N原子有4个，N原子距离最近且相等的B原子也有4个，B原子配位数为4，N原子配位数也是4。根据均摊法计算晶胞中氮、硼原子个数，晶胞质量，晶胞体积，再计算立方氮化硼的密度。
【详解】（1）N2H4、H2O2的组成元素中，氮元素2p能级为半满稳定状态，第一电离能最大。答案为N。
（2）钛元素为第22号元素，根据素基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2。
（3）每个N2H4分子中，氮原子和氢原子间有4个极性共价键，1 mol N2H4分子中所含极性键的数目为4×6.02×1023=2.408×1024≈2.4×1024。 
（4）H2O中氧原子形成2个氢氧键，含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4，H2O的空间构型为V形，其中心原子的杂化轨道类型为sp3。
（5）造成上述熔沸点和溶解度差异的主要原因分别是：H2O2分子之间存在氢键,所以H2O2的熔、沸点高于H2S；H2O2与H2O分子之间也可形成氢键,故H2O2在水中的溶解度大于H2S。
（6）镁离子半径小于钙离子半径，所带电荷数相等，所以晶格能:氧化镁大于氧化钙。
（7）以B原子为中心，距离最近且相等的N原子有4个，N原子距离最近且相等的B原子也有4个，B原子配位数为4，N原子配位数也是4。根据均摊法计算晶胞中氮、硼原子个数，一个立方氮化硼的晶胞钟含有4个氮原子，4个B原子，晶胞质量g=g，晶胞体积(a×10-10)3cm3，立方氮化硼的密度g÷(a×10-10)3cm3 = g·cm-3。
【点睛】本题主要考查了物质的结构和性质相关内容。计算晶胞密度时，注意利用均摊法先计算晶胞中的原子个数，利用原子个数计算晶胞质量，再计算晶胞体积，再利用质量除以体积计算密度。
19.苯并环己酮是合成萘()或萘的取代物的中间体。由苯并环己酮合成1- 乙基萘的一种路线如下图所示。

已知:
回答下列问题:
（1）萘的分子式为____;苯并环己酮所含官能团是____(填名称)。 
（2）Y的结构简式为________。 
（3）步骤Ⅲ的反应属于____(填反应类型)。 
（4）步骤Ⅳ反应的化学方程式为_________________(标明反应条件)。 
（5）苯并环己酮用强氧化剂氧化可生成邻苯二甲酸。邻苯二甲酸和乙二醇经缩聚反应生成的高分子化合物的结构简式是_________________。 
（6）1-乙基萘的同分异构体中,属于萘的取代物的有____种(不含1- 乙基萘)。W也是1- 乙基萘的同分异构体,它是含一种官能团的苯的取代物,核磁共振氢谱显示W有3种不同化学环境的氢原子,且个数比为1∶1∶2,W的结构简式为________。 
（7）仍以苯并环己酮为原料,上述合成路线中,只要改变其中一个步骤的反应条件和试剂,便可合成萘。完成该步骤:________________(表示方法示例:AB)。
【答案】 (1). C10H8 (2). 羰基（或酮羰基） (3). (4). 取代反应；（1分） (5). (6). ； (7). 11 (8). ； (9).
【解析】
（l）根据萘的结构简式可知分子式为C10H8；苯并环己酮所含官能团是羰基。（2）Y在浓硫酸的作用下发生消去反应生成，所以Y的结构简式为。（3）步骤Ⅲ是氢原子被溴原子取代，属于取代反应。（4）步骤Ⅳ是溴原子发生消去反应生成1-乙基萘，因此生成反应的化学方程式为。（5）邻苯二甲酸和乙二醇经缩聚反应生成的高分子化合物的结构简式是。（6）1-乙基萘的同分异构体中，属于萘的取代物，如果含有1个取代基，只有一种；如果含有两个取代基，应该是2个甲基，有10种，共计有11种（不含1-乙基萘）。W也是1 -乙基萘的同分异构体，它是含一种官能团的苯的取代物，应该是碳碳双键或碳碳三键。核磁共振氢谱显示W有三种不同化学环境的氢原子，且个数比为1:1:2，因此含有的官能团只能是碳碳双键，则W的结构简式为。（7）将羰基直接加成转化为醇羟基，醇羟基发生消去反应即可转化为碳碳双键，因此该步骤。