安徽省蚌埠市第二中学2020学年高三上学期期中考试化学试题

安徽省蚌埠市第二中学2020学年高三上学期期中考试化学试题

蚌埠二中2019-2020学年第一学期期中测试高三化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Co-59 Cu-64‎ 第I卷（选择题 共48分）‎ 一．选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。每小题3分，共48分）‎ ‎1.中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列古代文献涉及的化学研究成果，对其说明不合理的是（ ）‎ A. 《抱朴子·黄白》中“曾青涂铁，铁赤色如铜”主要发生了置换反应 B. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用到蒸馏 C. 《天工开物·五金》中记载：“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内……众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。”炒铁是为了降低铁水中的碳含量，且熟铁比生铁质地更硬，延展性稍差 D. 《梦溪笔谈》中“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中的剂钢是指铁的合金 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “曾青涂铁，铁赤色如铜”，主要发生的反应为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，此反应为置换反应，A正确；‎ B. “用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，意思就是将酒精从浓酒从糟中蒸出来，利用的是蒸馏原理，B正确；‎ C. 炒铁是为了降低铁水中的碳含量，且熟铁比生铁质地软，延展性好，C错误；‎ D. 剂钢，是一种质地坚硬的铁，是指铁的合金，D正确。‎ 故选C。‎ ‎2.下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 液溴应保存于带磨口玻璃塞的广口试剂瓶中，并加水“水封”以减少其易挥发 B. 向Ca(ClO)2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去 C. 滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，原溶液中无NH4+‎ D. 氨气是一种碱性气体，可用无水CaCl2干燥 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 药品存放时，固体用广口瓶，溶液用细口瓶，所以液溴应保存于带磨口玻璃塞的细口试剂瓶中，并加水“水封”以减少其易挥发，A不正确；‎ B. 向Ca(ClO)2溶液中通入CO2，发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去(HClO具有漂白性)，B正确；‎ C. 滴加稀NaOH溶液，由于溶液浓度小，且氨气溶解度很大，即使有氨气生成也很难逸出，所以将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，并不能证明原溶液中无NH4+，C不正确；‎ D. 氨气与无水CaCl2能反应，生成CaCl2∙8NH3，所以氨气不能用无水氯化钙干燥，D不正确。‎ 故选B。‎ ‎3.NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 1 molSiO2晶体中Si—O键数为4NA B. 将1 mol Cl2通入水中，HClO、Cl-、ClO- 粒子数之和为2NA C. 密闭容器中2 molNO与1 molO2充分反应，产物的分子数为2NA D. 78 gNa2O2固体与过量水反应转移的电子数为2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在SiO2晶体中，1个Si原子周围有4个以共价单键相连的O原子，1个O原子周围有2个以共价单键相连的Si原子，所以1个“SiO2”中平均含4个Si-O键，1 molSiO2晶体中Si-O键数为4NA，A正确；‎ B. 将1 mol Cl2通入水中，有一部分Cl2没有跟水发生反应，就以Cl2分子的形式存在于溶液中，还有一部分Cl2与水发生反应，生成HClO、Cl-、ClO- ，所以HClO、Cl-、ClO-粒子数之和应小于2NA，B不正确；‎ C. 密闭容器中2 molNO与1 molO2充分反应，生成2molNO2，NO2还要部分化合，生成N2O4，所以产物的分子数小于2NA，C不正确；‎ D. 78 gNa2O2固体与过量水发生反应，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，转移的电子数为NA，D不正确。‎ 故选A。‎ ‎4. 下列关于物质分类的说法正确的是( )‎ ‎①稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液都属于胶体 ‎ ‎②氯水、次氯酸都属于弱电解质 ‎ ‎③Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物 ‎④明矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物 ‎ ‎⑤电解熔融的Al2O3、12C 转化为14C 都属于化学变化 ‎⑥葡萄糖、油脂都不属于有机高分子 A. ①② B. ②④ C. ③⑤ D. ④⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①分散质微粒直径不同是分散系本质区别，稀豆浆属于胶体分散系、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，故①错误； ②氯水是氯气的水溶液属于混合物，次氯酸属于弱电解质，故②错误；③FeO、MgO和酸反应生成盐和水，均为碱性氧化物，Al2O3均既能与酸反应又能与碱反应，是两性氧化物，故③错误；④明矾是硫酸铝钾晶体属于化合物、冰水混合物是一种物质组成的纯净物、四氧化三铁是化合物，都不是混合物，故④正确；⑤12C转化为14C是核反应，既不属于物理变化又不属于化学变化，故⑤错误；⑥葡萄糖、油脂属于有机物，但是相对分子质量不大，不是高分子化合物，故⑥正确；故选D。‎ ‎【考点定位】考查物质的分类、有机高分子化合物的定义等。‎ ‎【名师点晴】基础考查，侧重概念的理解与应用；胶体是分散质直径在1-100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；水溶液中部分电离的电解质为弱电解质，是化合物；碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物；不同物质组成的为混合物；物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成．如果有新物质生成，则属于化学变化；有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大；据此分析判断即可。‎ ‎5.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实砚如下图所示转化的是 选项 X Y Z A Na NaOH NaCl B Si SiO2‎ Na2SiO3‎ C Cl2‎ HClO NaClO D NO NO2‎ HNO3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 钠和水反应生成氢氧化钠，电解熔融的氯化钠生成钠，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，A正确；B. 硅酸钠不能直接转化为硅单质，B错误；C. 氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠溶液吸收CO2转化为次氯酸，次氯酸钠氧化盐酸生成氯气，C正确；D. NO与氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，浓硝酸被还原生成NO2，稀硝酸被还原生成NO，D正确，答案选B。‎ ‎6.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 氧气是氧化产物 B. O2F2既是氧化剂又是还原剂 C. 若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；‎ B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；‎ C．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；‎ D．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。‎ ‎7.下列陈述I、II均正确并且有因果关系的是（ ）‎ 选项 陈述I 陈述II A Fe2O3是红棕色粉末 Fe2O3常做红色涂料 B SiO2是两性氧化物 SiO2可和HF反应 C Al2O3难溶于水 Al2O3可用作耐火材料 D SO2有漂白性 SO2可使溴水褪色 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A 、因Fe2O3是红棕色粉末，故Fe2O3常做红色涂料，正确；‎ B、SiO2是酸性氧化物，错误；‎ C、Al2O3可用作耐火材料是由于Al2O3的熔点高，错误；‎ D、SO2可使溴水褪色是由于SO2具有还原性，错误。‎ 故选B。‎ ‎8.化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 分子式为C16H14O4‎ B. 1 mol化合物X在一定条件下最多加成6 molH2‎ C. 分子中有三种官能团，酸性条件下水解后官能团还是三种 D. 1 mol化合物X最多能与2 molNaOH反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. X的分子式为C16H16×2+2-11×2O4，即为C16H12O4，A错误；‎ B.X中，苯基能与H2加成，而羧基、酯基与H2不能加成，所以 1 mol化合物X在一定条件下最多加成6 molH2，B正确；‎ C. X分子中含有羧基、酯基二种官能团，酸性条件下水解后官能团还是二种，C不正确；‎ D. 1 mol化合物X最多能与3 molNaOH反应，D不正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】在判断有机物化学式正误时，我们可以数出C、H、O的原子个数，也可用计算法，即以同数碳原子的烷烃作为基础，将同数碳原子的烷烃分子中的氢原子数减去不饱和度的二倍，即为该有机物分子中氢原子的数目。‎ 叁键的不饱和度为2，双键、环的不饱和度都为1，则苯环的不饱和度为4，羧基和酯基的不饱和度都为1。‎ ‎9.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）‎ 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向溶液X中加入NaHCO3粉末 产生无色气体 溶液X的溶质不一定属于酸 B 将FeSO4高温强热，得红棕色固体，产生的气体通入BaCl2溶液 产生白色沉淀 白色沉淀为BaSO4‎ 和BaSO3‎ C 将气体X分别通入品红溶液和酸性高锰酸钾溶液 两溶液均褪色 X可能是乙烯 D 向溶液Y中滴加硝酸，再滴加BaCl2溶液 有白色沉淀生成 Y中一定含有SO42-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向溶液X中加入NaHCO3粉末，产生无色气体，说明生成CO2气体，则X提供H+，溶液X的溶质可能是酸，也可能是酸式盐，A正确；‎ B．将FeSO4高温强热，得红棕色固体，产生的气体应为SO2和SO3，将气体通入BaCl2‎ 溶液，产生白色沉淀，白色沉淀只能为BaSO4，不能为BaSO3，因为SO2与BaCl2溶液不发生反应，不会生成BaSO3，B不正确；‎ C．将气体X分别通入品红溶液和酸性高锰酸钾溶液，两溶液均褪色，X只能是SO2，不可能是乙烯，因为乙烯不能使品红褪色，C不正确；‎ D．向溶液Y中滴加硝酸，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，Y中可能含有SO42-，也可能含有SO32-，D不正确。‎ 故选A。‎ ‎10.下列有关离子方程式正确的是（ ）‎ A. 稀硝酸和过量的铁屑反应：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O B. 向Ca( HCO3) 2溶液中加入过量NaOH溶液：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O C. 碳酸氢钠溶液水解的离子方程式：HCO3－+H2OCO32－+H3O+‎ D. Fe(OH)3溶于氢碘酸中：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 当Fe过量时，Fe3+将被Fe还原为Fe2+，所以稀硝酸和过量的铁屑反应，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，A不正确；‎ B. 向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，因为NaOH过量，所以参加反应的Ca2+、HCO3-符合组成1：2关系，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，B正确；‎ C. HCO3－+H2OCO32－+H3O+，此反应式为碳酸氢钠的电离方程式，C不正确；‎ D. Fe(OH)3溶于氢碘酸中，I-将Fe3+还原，离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe++I2+6H2O，D不正确。‎ 故选B。‎ ‎11.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 除去NaCl固体中的少量KNO3，将固体溶解后蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，干燥 B. FeCl3可用于腐蚀Cu刻制印刷电路板，这说明铁的金属性比铜强 C. 配制质量分数为20 %的NaOH溶液时，需要用到的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒 D. 工业上用氯气和石灰水反应制漂白粉，保存漂白粉的塑料袋要密封 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 除去NaCl固体中的少量KNO3，将固体溶解后蒸发，NaCl结晶析出，趁热过滤，洗涤，干燥，得纯净的NaCl晶体，A正确；‎ B. FeCl3可用于腐蚀Cu刻制印刷电路板，这说明Fe3+的氧化性比Cu2+强，B不正确；‎ C. 配制质量分数为20 %NaOH溶液时，需要用到的玻璃仪器为天平、烧杯、玻璃棒、量筒，C不正确；‎ D. 工业上用氯气和石灰乳反应制漂白粉，保存漂白粉的塑料袋要密封，D不正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】漂白粉是由氯气与氢氧化钙（消石灰）反应制得。因为绝对干燥的氢氧化钙与氯气并不发生反应，氯气只能被氢氧化钙所吸附。但漂白粉遇水或潮湿空气会强烈水解，甚至引起燃烧爆炸。所以制取漂白粉时，采用含有1%以下游离水分的消石灰来进行氯化，所用的氯气也含有0.06%以下水分。‎ ‎12.下列实验中，所使用的装置（部分夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是 （ ）‎ ‎ ‎ A. 用装置①配制250 mL0.1 mol．L-1的NaOH溶液 B. 用装置②制备少量Fe(OH)2固体 C. 用装置③验证乙烯的生成 D. 用装置④制取少量乙酸乙酯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用装置①配制250 mL0.1 mol．L-1的NaOH溶液，NaOH固体不能放在容量瓶内溶解，应放在烧杯内溶解，溶解液冷却至室温才能转移入容量瓶，A错误；‎ B. 用装置②制备少量Fe(OH)2固体，在密闭环境内进行，防止生成的Fe(OH)2被溶解的空气中的O2氧化，B正确；‎ C. 因为乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，用装置③制得的乙烯中常混有乙醇，所以不能验证乙烯的生成，C错误；‎ D. 用装置④制取少量乙酸乙酯时，会产生倒吸，因为出液导管口位于液面下，D不正确。‎ 故选B。‎ ‎13.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnO4－、CO32－‎ B. c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－‎ C. 0.1mol/LNH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO3－、Cl－‎ D. 0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2＋、NH4＋、SCN－、SO42－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=1的溶液显酸性，CO32-与H+不能大量共存，A错误；‎ B. c(H+)=1×10-13mol/L溶液显碱性，则Mg2+、Cu2+与OH-不能大量共存，B错误；‎ C. K+、Na+、NO3-、Cl-四种离子间能够共存，且四种离子与NH4+、HCO-3也能大量共存，C正确；‎ D. Fe3+ 与SCN-易形成络合物，不能大量共存，D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】此题是离子共存问题，我们在分析这类问题时，不仅要注意离子存在于酸、碱性环境，还要分析离子间能否发生氧化还原反应、能否发生复分解反应以及还要溶液是否有颜色方面的要求。‎ ‎14.a mol FeS与b mol FeO投入V L c mol·L-1的HNO3溶液(过量)中，充分反应，产生气体为NO，则反应后溶液中NO3-的量为（ ）‎ A. 62(a＋b) g B. 186(a＋b) g C. mol D. mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 依据得失电子守恒，计算表现氧化性的HNO3的物质的量，HNO3总量减去表现氧化性的硝酸量，即可得到溶液中NO3-的量。‎ ‎【详解】FeS中，Fe由+2价升高到+3价，S由-2价升高到+6价，a mol FeS共失电子9amol；‎ FeO中，Fe由+2价升高到+3价，b mol FeO共失电子b mol；‎ HNO3中，N由+5价降为+2价，1molHNO3共得电子3mol。‎ 设表现氧化性的HNO3的物质的量为x 则 9a+b=3x x= ‎ 从而得出反应后溶液中NO3-的量为(cV-)mol。‎ 答案为D。‎ ‎15.科学家研发出一种新型水溶液锂电池，采用复合膜包裹的金属锂作负极，锰酸锂(LiMn2O4)作正极，以0.5 mol/Li2SO4 水溶液作电解质溶液。电池充、放电时，LiMn2O4与Li2Mn2O4可以相互转化。下列有关该电池的说法正确的是 A. 该电池放电时，溶液中的SO42-向电极b移动 B. 该电池负极的电极反应式为:2Li+2H2O==2LiOH+H2↑‎ C. 电池充电时，外加直流电源的正极与电极a相连 D. 电池充电时，阳极的电极反应式为:Li2Mn2O4-e-==LiMn2O4 +Li+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、根据图示可知，电极a为金属Li作负极，电极b为正极，所以电池放电时，溶液中的SO42-向电负极a移动，即A错误；B、该电池负极的电极反应式为Li-e-=Li+，故B错误；C、在给电池充电时，遵循正接正、负接负的原则，所以外加直流电源的正极与该电池的正极b相连，故C错误；D、根据放电、充电时电子转移的规律可知，充电时的阳极反应式为放电时正极反应的逆反应，即Li2Mn2O4-e-==LiMn2O4 +Li+，即D正确。所以本题正确答案为D。‎ ‎16.常温下，向20.00mL 0.200 0 mol/LNH4Cl溶液中逐滴加入0.2000 mol/LNaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如下图所示（不考虑挥发）。下列说法正确的是 A. a点溶液中：c(H+)+c(NH3·H2O)=c(OH-)+c(NH4+)‎ B. b点溶液中：c(Cl-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)‎ C. c点溶液中：c(NH3·H2O)+ c(NH4+)= c(Cl-)+ c(OH-)‎ D. d点溶液中：c(Cl-)> c(NH3·H2O)> c(OH-)> c(NH4+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. a点溶液是NH4Cl溶液，由质子守恒得c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，A不正确；B. b点溶液呈中性，此时所加氢氧化钠的物质的量不到氯化铵的一半，所以c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)=c(OH-)，B不正确；C. c点溶液中，由电荷守恒可知，c(NH3·H2O)+ c(NH4+)= c(Cl-)，C不正确；D. d点溶液中，氯化铵和氢氧化钠恰好完全反应，溶液中存在一水合氨的电离平衡和水的电离平衡，溶液显碱性，所以c(Cl-)> c(NH3·H2O)> c(OH-)> c(NH4+)，D正确。本题选D。‎ 第II卷（非选择题 共52分）‎ 二．非选择题（第17-20题为必考题，考生都必须作答。第21-22题为选考题，共52分）‎ ‎17.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。通常状况下，X与W元素均能形成－1价的气态氢化物，Y为同周期主族元素中原子半径最大的元素，X、Z和W的原子最外层电子数之和为20。回答下列问题：‎ ‎(1) W在元素周期表中的位置是__________。‎ ‎(2)X和Y元素简单离子的半径较大的是________(填离子符号)；Z和W元素气态氢化物的稳定性较弱的是__________(填化学式)。‎ ‎(3)Y的氧化物中既含离子键又含共价键的是__________(用电子式表示)。‎ ‎(4)Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液(过量)和氧化亚铜共热，反应的化学方程式为________。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期第 ⅦA族 (2). F－ (3). H2S (4). (5). 3H2SO4(浓)＋Cu2O2CuSO4＋SO2↑＋3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。通常状况下，X与W元素均能形成－1价的气态氢化物，说明X、W是第ⅦA族元素，则X为F、W为Cl；Y为同周期主族元素中原子半径最大的元素，则Y为Na；X、Z和W的原子最外层电子数之和为20，则Z的最外层电子数为6，即为S。‎ 从而得出X、Y、Z、W分别为F、Na、S、Cl。‎ ‎【详解】(1) W为氯，在元素周期表中的位置是第三周期第 ⅦA族。‎ 答案为：第三周期第 ⅦA族 ‎(2)X和Y元素简单离子分别为F-和Na+，二者的电子层结构相同，但Na的核电荷数大，所以其离子半径小。从而得出二者中半径较大的F－。答案为：F－‎ Z和W元素气态氢化物为H2S和HCl，S的非金属性比Cl弱，所以二者氢化物的稳定性较弱的是H2S。答案为：H2S ‎(3)Y的氧化物中既含离子键又含共价键的是过氧化钠，其电子式为。‎ 答案为 ‎ ‎(4)Z的最高价氧化物对应水化物为硫酸，浓硫酸(过量)和氧化亚铜共热，反应的化学方程式为3H2SO4(浓)＋Cu2O2CuSO4＋SO2↑＋3H2O。‎ 答案为：3H2SO4(浓)＋Cu2O2CuSO4＋SO2↑＋3H2O ‎18.一氯化硫(S2Cl2)是一种重要的有机合成氯化剂，实验室和工业上都可以用纯净干燥的氯气与二硫化碳反应来制取(CS2+3Cl2 CCl4+S2Cl2)，其装置如下：‎ ‎(1)A装置中的离子反应方程式为______________。‎ ‎(2) 一氯化硫(S2Cl2)常温下较为稳定，受热易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化产物中不仅有淡黄色固体，而且还有两种气体，用NaOH溶液吸收该气体可得两种盐Na2SO3和NaCl。 写出一氯化硫与水反应的化学反应方程式______________。‎ ‎(3)B装置的作用是___________________________________。‎ ‎(4)D中冷凝管的冷水进水口为____（填“a”或“b”）；实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间后方可向D中水槽里面加入热水加热，这样做的目的是______________。‎ ‎(5)F装置是用来处理尾气氯气的，已知该吸收反应的氧化产物不仅有NaClO还有NaClO3，且n(NaClO)/n(NaClO3)=3/1，则该反应被还原的氯原子与被氧化的氯原子物质的量之比为_____。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+ 2Cl-+4H+ Mn2++ Cl2↑+2H2O (2). 2S2Cl2+2H2O = 3S↓＋SO2↑+4HCl↑ (3). 除去氯气中的HCl (4). a (5). 赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗 (6). 2：1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从装置图中可以看出，A为氯气制取装置，B为除去氯气中氯化氢的装置，C为干燥氯气的装置，D为制取一氯化硫的装置，E为收集一氯化硫的装置，F为尾气处理装置。‎ ‎【详解】(1)A装置实验室制取Cl2的装置，发生反应的离子反应方程式为MnO2+ 2Cl-+4H+ Mn2++Cl2↑+2H2O。‎ 答案为：MnO2+ 2Cl-+4H+ Mn2++Cl2↑+2H2O ‎(2) 一氯化硫(S2Cl2)常温下较为稳定，受热易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化产物中不仅有淡黄色固体(S)，而且还有两种气体(SO2、HCl)，用NaOH溶液吸收该气体可得两种盐Na2SO3和NaCl。 一氯化硫与水反应的化学反应方程式2S2Cl2+2H2O = 3S↓＋SO2↑+4HCl↑。‎ 答案为：2S2Cl2+2H2O = 3S↓＋SO2↑+4HCl↑‎ ‎(3)B装置的作用是除去氯气中的HCl。答案为：除去氯气中的HCl ‎(4)冷凝管的冷却水流向都是下进上出。所以D中冷水进水口为a。答案为：a 因为一氯化硫易被氧化，且遇水即歧化，所以实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间后方可向D中水槽里面加入热水加热，这样做的目的是赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗。‎ 答案为：赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗 ‎(5)F装置是用来处理尾气氯气的，已知该吸收反应的氧化产物不仅有NaClO还有NaClO3，且 n(NaClO)/n(NaClO3)=3/1，发生反应的化学方程式为：‎ ‎6Cl2+12NaOH= 8NaCl+3NaClO+NaClO3+6H2O (按得失电子守恒配NaCl的化学计量数)‎ 则该反应被还原的氯原子与被氧化的氯原子物质的量之比为8：(3+1)=2：1。‎ 答案为2：1‎ ‎19.CoCO3可用作选矿剂、催化剂及家装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO 等杂质) 为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：‎ 下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH 按金属离子浓度为1.0 mol/L计算)：‎ 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Co2+‎ ‎7.6‎ ‎9.4‎ Al3+‎ ‎3.0‎ ‎5.0‎ Zn2+‎ ‎5.4‎ ‎8.0‎ ‎(1)写出“酸溶”时发生氧化还原反应的化学方程式____________________。‎ ‎(2)“除铝”过程中需要调节溶液pH 的范围为_______________ 。‎ ‎(3)在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有____；上述“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层) ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是______。‎ ‎(4)简述洗涤沉淀的操作____________________________________。‎ ‎(5)在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2 的体积为0.672 L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为 ____________________。‎ ‎【答案】 (1). Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O (2). 5.0～5.4 (3). 分液漏斗、烧杯 (4). 向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层 (5).‎ ‎ 向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次 (6). Co3O4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)从最终产物看，酸溶时，Co2O3被还原为Co2+，SO2被氧化为SO42-，‎ ‎“酸溶”时发生氧化还原反应的化学方程式Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O。‎ 答案为：Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O ‎(2)“除铝”过程中需要调节溶液pH 的范围，目的是让Al3+全部转化为沉淀，而Zn2+不生成沉淀，所以pH的范围应为5.0～5.4。答案为：5.0～5.4‎ ‎(3)在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯。‎ 答案为：分液漏斗、烧杯 上述“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层) ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)，从反应中可以看出，此反应为可逆反应，所以加硫酸可实现让ZnSO4进入水层的目的。从而得出由有机层获取ZnSO4溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层。‎ 答案为：向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层 ‎(4)洗涤沉淀的操作是：向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次。‎ 答案为：向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次。‎ ‎(5)从化学式CoCO3可以看出，n(Co)=n(C)=，‎ m(Co)=0.03mol×59g/mol=1.77g m(O)=2.41g-1.77g=0.64g n(O)= ‎ n(Co)：n(O)= 0.03mol：0.04mol=3：4‎ 则该钴氧化物的化学式为Co3O4。‎ 答案为：Co3O4‎ ‎20.石油产品中含有H2S及COS、CH3SH等多种有机硫，石油化工催生出多种脱硫技术。回答下列问题：‎ ‎(1)已知热化学方程式：①2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l) △H1=-362 kJ·mol-1‎ ‎②2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) △H2=-1172 kJ·mol-1‎ 则H2S气体和氧气反应生成固态硫和液态水的热化学方程式为__________________。‎ ‎(2)可以用K2CO3溶液吸收H2S，其原理为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数为_______。(已知H2CO3 的Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11；H2S的Ka1=5.6×10-8，Ka2=1.2×10-15)‎ ‎(3)在强酸溶液中用H2O2 可将COS氧化为硫酸，这一原理可用于COS 的脱硫。该反应的化学方程式为_______。‎ ‎(4)COS的水解反应为COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g) △H<0。某温度时，用活性α-Al2O3作催化剂，在恒容密闭容器中COS(g)的平衡转化率随不同投料比[n(H2O)/n(COS)]的转化关系如图1所示。其它条件相同时，改变反应温度，测得一定时间内COS的水解转化率如图2所示：‎ ‎①该反应的最佳条件为:投料比[n(H2O)/n(COS)]__________，温度__________。‎ ‎②P点对应的平衡常数为_____________ 。(保留小数点后2 位)‎ ‎【答案】 (1). 2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) △H=-632kJ·mol-1 (2). 1.0×103 (3). COS+4H2O2 =CO2+H2SO4+3H2O (4). 10：1 (5). 160℃ (6). 0.05‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) ①2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l) △H1=-362 kJ·mol ‎ ‎②2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) △H2=-1172 kJ·mol-1‎ 将[①×2+②]/3得：2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) △H=-632kJ·mol-1‎ 答案为：2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) △H=-632kJ·mol-1‎ ‎(2)可以用K2CO3溶液吸收H2S，其原理为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数为K=答案为：1.0×103‎ ‎(3)在强酸溶液中用H2O2 可将COS氧化为硫酸。该反应的化学方程式为COS+4H2O2 =CO2+H2SO4+3H2O。‎ 答案为：COS+4H2O2 =CO2+H2SO4+3H2O ‎(4)①从图1中可以看出，投料比[n(H2O)/n(COS)]为10:1时，COS的转化率最高。‎ 答案为 10:1‎ 温度为160℃时，COS的转化率最高。 答案为：160℃‎ ‎② 在P点，[n(H2O)/n(COS)]=6，COS的转化率为40%‎ 设COS的起始浓度为1mol/L，则H2O(g)的起始浓度为6mol/L K=‎ 答案为：0.05‎ ‎21.微量元素硼对植物生长及人体健康有着十分重要的作用，也广泛应用于新型材料的制备。‎ ‎（1）基态硼原子的价电子轨道表达式是________。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为______。‎ ‎（2）晶体硼单质的基本结构单元为正二十面体，其能自发地呈现多面体外形，这种性质称为晶体的____。‎ ‎（3）B的简单氢化物BH3不能游离存在，常倾向于形成较稳定的B2H6或与其他分子结合。‎ ‎①B2H6分子结构如图，则B原子的杂化方式为__________‎ ‎②氨硼烷（NH3BH3）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是__________，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子_________（填化学式）。‎ ‎（4）以硼酸（H3BO3）为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂。BH4-的立体构型为__________________。‎ ‎（5）磷化硼（BP）是受高度关注的耐磨材料，可作为金属表面的保护层，其结构与金刚石类似，晶胞结构如图所示。‎ 磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是__________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). C＞Be＞B (3). 自范性 (4). sp3杂化 (5). N (6). C2H6 (7). 正四面体 (8). 正方形 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）基态硼原子的价电子轨道表达式是。‎ 答案为：‎ 与硼处于同周期且相邻的两种元素为Be和C，由于Be的2s轨道全充满，所以第一电离能大于B的第一电离能，但比C的第一电离能小，所以第一电离能由大到小的顺序为C＞Be＞B。答案为：C＞Be＞B ‎（2）晶体硼单质的基本结构单元为正二十面体，其能自发地呈现多面体外形，这种性质称为晶体的自范性。 答案为：自范性 ‎（3）①B2H6分子结构中，B原子的杂化方式为sp3杂化。答案为：sp3杂化 ‎②氨硼烷（NH3BH3）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是N。答案为：N B、N的价电子数之和刚好是C价电子数的2倍，所以与氨硼烷互为等电子体的分子C2H6。‎ 答案为：C2H6‎ ‎（4）BH4-的立体构型为正四面体。答案为：正四面体 ‎（5）磷化硼晶体中4个B原子分布在以正方体中心为中心的正四面体位置，其沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是正方形。‎ 答案为：正方形 ‎22.化合物J是一种重要的有机中间体，可以由苯合成，具体合成路线如下：‎ ‎ ‎ ‎(1)J的化学式为__________________ ；F的名称为__________________。 ‎ ‎(2)B中官能团名称为____________________ 。‎ ‎(3)I—J的反应类型为____________________ 。 ‎ ‎(4)F -G的反应方程式为____________________ 。‎ ‎(5)与I属于同种类型物质且苯环上有两个取代基的同分异构体有____种。符合下列条件的J的一种同分异构体结构简式为______。‎ ‎①属于芳香族化合物 ②不能与金属钠反应 ③有3种不同化学环境的氢原子。‎ ‎【答案】 (1). C12H10O (2). 萘 (3). 羰基、羧基 (4). 氧化反应 (5). (6). 14 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)J的化学式为C12H10O。答案为：C12H10O F的名称为萘。答案为：萘 ‎ ‎(2)B中官能团名称为羰基、羧基。答案为：羰基、羧基 ‎(3)I—J的反应将醇羟基转化为醛基，其反应类型为氧化反应。 答案为：氧化反应 ‎(4)F -G反应方程式为。‎ 答案为：‎ ‎(5)与I属于同种类型物质且苯环上有两个取代基的同分异构体有14种。‎ ‎-CH2OH固定在α位，-CH3移动，异构体有7种；‎ ‎-CH2OH固定在β位，-CH3移动，异构体有7种。‎ 答案为：14‎ 符合①属于芳香族化合物（含苯环）②不能与金属钠反应（没有羟基）③有3种不同化学环境的氢原子，J的一种同分异构体结构简式为。‎ 答案为：‎