2022届陕西省黄陵中学本部高二化学第二学期期末联考模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列方程式书写正确的是（ ）AH2S 的电离方程式：H2SH2OH3OHSBNaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3= NaH+CO32-CCO32的

2、水解方程式：CO32-2H2OH2CO32OHDHS-的水解方程式：HS-H2O S2-H3O2、某烃的相对分子质量为86,分子中含有1个一CH2一、1个和若干个一CH3,该烃的一氯代物有A3种B4种C5种D6种3、对于：2C4H10(g)+13O2(g)=8CO2(g)+10H2O(l) H =5800kJ/mol的叙述错误的是A该反应的反应热为H=5800kJ/mol，是放热反应B该反应的H与各物质的状态有关，与化学计量数也有关C该式的含义为：25、101kPa下，2mol C4H10气体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量5800kJD该反应为丁烷燃烧的热化学方程式，由此可知丁烷的燃烧热

3、为5800kJ/mol4、1mol气态钠离子和1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能。下列热化学方程式中，能直接表示出氯化钠晶体晶格能的是（ ）ANa+(g)+Cl(g) NaCl(s); H1 BNa(s)+12Cl2(g) NaCl(s); H2CNa+(l)+Cl(l) NaCl(s); H3 DNa(g)+ 12Cl2(g) NaCl(s); H45、A、B、C三种元素原子的最外层电子排布分别为3s1、2s22p3和2s22p4,由这三种元素组成的化合物的化学式可能是AABC3BA2BC4CABC4DA2BC36、元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色

4、对应的辐射波长为（）A404.4 nmB553.5 nmC589.2 nmD670.8 nm7、关于化学式TiCl(H2O)5Cl2H2O的配合物的下列说法中正确的是A配位体是Cl和H2O，配位数是9B中心离子是Ti4+，配离子是TiCl(H2O)52+C内界和外界中的Cl的数目比是1：2D加入足量AgNO3溶液，所有Cl均被完全沉淀8、下列事实中能充分说明苯分子的平面正六边形结构中，不含有一般的碳碳双键和碳碳单键的是（ ）A苯的一元取代物只有一种结构B苯的邻位二元取代物只有一种结构C苯的间位二元取代物无同分异构体D苯的对位二元取代物无同分异构体9、中央电视台经济半小时栏目报道，齐齐哈尔第二制

5、药有限公司在生产“亮菌甲素注射液”时使用了存在严重质量问题的丙二醇作为药用辅料，已造成多人中毒、死亡小杰同学看到新闻后，通过查询得到了丙二醇的以下资料：无色粘稠状的透明液体无味 易燃 沸点245熔点6.5无腐蚀性 可用做水果催熟剂等，其中属于丙二醇的物理性质的是（）ABCD10、下列说法正确的是A用新制的氢氧化铜悬浊液可鉴别乙醇、乙醛和乙酸B间二甲苯只有一种结构说明苯环中不存在碳碳双键C甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，最多生成四种产物D乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色和溴水褪色的原理相同11、为了使Na2S溶液中c(Na)/c(S2)的比值变小，可采取的措施是( )适量盐酸 适量NaOH(s)

6、适量KOH(s) 适量KHS(s) 加水 适量Cl2溶液加热A BC D12、 “白色污染”的主要危害是（ ）破坏土壤结构 降低土壤肥效 污染地下水 危及海洋生物的生存A只有 B只有 C只有 D13、今有乙酸和乙酸甲酯的混和物中，测得含碳的质量百分数为X，则混和物中氧的质量百分数为（ ）A(1X)/7 B6(1X)/7 C(67X)/6 D无法计算14、瘦肉精的结构简式如图：下列有关说法错误的是()A该有机物的核磁共振氢谱图中有6个吸收峰B该有机物的分子式为C12H18N2Cl2OC该有机物能发生加成反应、取代反应、氧化反应和酯化反应D该有机物能溶于水，且水溶液显碱性15、含有CC的有机物与O

7、3作用形成不稳定的臭氧化物，臭氧化物在还原剂存在下，与水作用分解为羰基化合物，总反应为: (R1、R2、R3、R4为H或烷基)。以下四种物质发生上述反应，所得产物为纯净物且能发生银镜反应的是（ ）A(CH3)2CC(CH3)2 BCH2=CHCH=CHCH=CH2 C D16、美国科学家合成了含有N5+的盐类，该离子的结构呈“V”形（如下图所示），通常认为原子总数相同、价电子总数相同的分子、离子（即等电子体）具有相似的化学键特征,下列有关该离子的说法中正确的是A1个N5+中含有25个质子和24个电子 B该离子中键和键的数目之比为1:1C1个N5+中含有2个键 DN5+与PO43-互为等电子体二

8、、非选择题（本题包括5小题）17、有机物F(C9H10O2)是一种有茉莉花香味的酯。用下图所示的方法可以合成F。其中A 是相对分子质量为28的烃，其产量常作为衡量石油化工发展水平的标志。E是只含碳、氢、氧的芳香族化合物，且苯环上只有一个侧链。回答下列问题：(1)A的分子式是_；(2)B的结构简式是_；(3)为检验C中的官能团，可选用的试剂是_；(4)反应的化学方程式是_。18、化合物K是有机光电材料中间体。由芳香族化合物A制备K的合成路线如下：已知： 回答下列问题：(1)A的结构简式是_。(2)C中官能团是_。(3)DE的反应类型是_。(4)由F生成G的化学方程式是_。(5)C7H8的结构简式

9、是_。(6)芳香族化合物X是G的同分异构体，该分子中除苯环外，不含其他环状结构，其苯环上只有1种化学环境的氢。X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，写出符合上述要求的X的结构简式：_。(7)以环戊烷和烃Q为原料经四步反应制备化合物，写出有关物质的结构简式（其他无机试剂任选）。Q：_；中间产物1：_；中间产物2：_；中间产物3：_。19、如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为_molL-1（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_A溶液中HCl的物质的量 B溶液的浓度C溶液中Cl-的数目 D

10、溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400molL-1的稀盐酸该学生需要量取_mL上述浓盐酸进行配制所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，配制稀盐酸时，还缺少的仪器有_（4）假设该同学成功配制了0.400molL-1的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，则该同学需取_mL盐酸假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，发现比中所求体积偏小，则可能的原因是_A浓盐酸挥发，浓度不足 B配制溶液时，未洗涤烧杯C配制溶液时，俯视容量瓶刻度线 D加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出20、电镀厂曾采用有氰电镀工艺，处理有氰

11、电镀的废水时，可在催化剂TiO2作用下，先用NaClO将CN-离子氧化成CNO-，在酸性条件下CNO-继续被NaClO氧化成N2和CO2。环保工作人员在密闭系统中用下图装置进行实验，以证明处理方法的有效性，并通过测定二氧化碳的量确定CN-被处理的百分率。将浓缩后含CN-离子的污水与过量NaClO溶液的混合液共200 mL(其中CN-的浓度为0.05 molL-1倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞。回答下列问题：（1）甲中反应的离子方程式为_，乙中反应的离子方程式为_。（2）乙中生成的气体除N2和CO2外，还有HCl及副产物Cl2等。丙中加入的除杂试

12、剂是饱和食盐水，其作用是_，丁在实验中的作用是_，装有碱石灰的干燥管的作用是_。（3）戊中盛有含Ca(OH)20.02mol的石灰水，若实验中戊中共生成0.82 g沉淀，则该实验中测得CN-被处理的百分率等于_。该测得值与工业实际处理的百分率相比总是偏低，简要说明可能原因之一_。21、翡翠是玉石中的一种，其主要成分为硅酸铝钠NaAl(Si2O6)，常含微量Cr、Ni、Mn、Mg、Fe等元素。请回答下列问题：(1)基态镍原子的外围电子排布图为_;与其同周期的基态原子的M层电子全充满的元素位于周期表的_、_区。(2)翡翠中主要成分硅酸铝钠中四种元素电负性由小到大的顺序是_。(3)铬可以形成CrCl

13、3x NH3(x=3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物。NH3分子的SEPR模型是_。键角大小关系NH3_PH3(填“”或“=”)。NF3不易与Cr3+形成配离子，其原因是_。(4)铁有、三种同素异形体，如下图所示。Fe晶体的一个晶胞中所含有的铁原子数为_，Fe、Fe两种晶胞中铁原子的配位数之比为_。已知Fe晶体的密度为dg/cm，NA表示阿伏伽德罗常数的数值，则Fe原子半径为_pm(列表达式)参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A. 多元弱酸的电离是分步的，H2S 的第一步电离方程式为：H2SH2OH3OHS，选项A正确；B. NaHCO3 在水溶液中的电离方程

14、式为：NaHCO3 = NaHCO3-，选项B错误；C. CO32的水解是分步的，第一步水解方程式为：CO32-H2O HCO3-OH，选项C错误；D. HS-的水解方程式为：HS-H2O S2-OH，选项D错误。答案选A。2、A【解析】某烃的相对分子质量为86，分子中含有1个CH2、1个、和若干个CH3，则该烃是烷烃，根据CnH2n+2可得14n+2=86，解得n=6。其结构简式是，该物质分子中含有3种不同的H原子，它们被分别取代得到三种不同的一氯代物，因此该烃的一氯代物有3种，故选A。3、D【解析】A项，该反应的H=-5800kJ/mol0，反应为放热反应，A项正确；B项，物质的状态不同，

15、物质具有的能量不同，热化学方程式中化学计量数代表物质的量，反应的H与各物质的状态有关，与化学计量数有关，B项正确；C项，该热化学方程式的含义为：25、101kPa下，2molC4H10气体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量5800kJ，C项正确；D项，燃烧热是指完全燃烧1mol可燃物生成稳定产物时候所放出的热量，由此可知丁烷的燃烧热为2900kJ/mol，D项错误；答案选D。4、A【解析】分析：本题考查热化学方程式、晶格能，侧重考查基本概念，注意概念中关键词，1mol，气态离子，生成1mol晶体。详解：1mol气态钠离子与1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的

16、晶格能，所以热化学方程式中，能表示晶格能的为Na+(g)+Cl(g) NaCl(s); H1，故选A。5、A【解析】A元素原子的最外层电子排布为3s1，是钠元素；B元素原子的最外层电子排布为2s22p3，是氮元素；C元素原子最外层电子排布为2s22p4，是氧元素；结合化合价规则与常见物质化学式进行分析判断。【详解】A.ABC3中+1+5+（-2）3=0，符合，故A正确；B.A2BC4中B为+6价，不符合，故B错误；C.ABC4中B为+7价，不符合，故C错误；D.A2BC3中B为+4价，不存在此类盐，故D错误；故答案选A。6、A【解析】紫色波长介于400nm435nm之间，只有A符合，故选A。7

17、、C【解析】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子(统称中心原子)和围绕它的称为配位体(简称配体)的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，TiCl(H2O)5Cl2H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是 Ti3+，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，外界离子Cl-离子与Ag+反应，据此分析解答。【详解】A项，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，则配位数是6，故A项错误；B项，配离子是TiCl(H2O)52+，根据电荷守恒可知中心离子是Ti3+，故B项错误；C项，根据已知配合物的化学式，TiCl(H2O)52+中（内界）的

18、Cl-数目为1，剩余部分含有的Cl-数目为2，则内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C项正确；D项，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl-被完全沉淀，内界的Cl-不会被沉淀，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查配合物的成键，侧重分析与应用能力的考查，注意只有外界中的Cl-与 AgNO3 溶液反应，把握中心离子、配位体、配位离子的判断为解答的关键。8、B【解析】若苯的结构中存在单、双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，碳碳键都完全相同时，邻二甲苯只有一种，据此答题。【详解】A.无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的一元取代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双

19、键交替结构，故A错误；B.若苯的结构中存在单双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种（即取代在碳碳双键两端的碳原子上和取代在碳碳单键两端的碳原子上，两种情况存在），但实际上无同分异构体，所以能说明苯不是单双键交替结构，故B正确；C.无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的间位二元取代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，故C错误；D.无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，故D错误；故选B。9、A【解析】(1)无色粘稠状的透明液体；(2)无味；(4)沸点245；(5)熔点6.5，均不需要通过化学变化就能表现出来

20、，均属于物理性质；(3)易燃、(6)无腐蚀性，均需要通过化学反应才能表现出来，均属于化学性质；(7)可用做水果催熟剂等，属于丙二醇的用途。故选A。【点睛】物质的化学性质是需要通过化学变化才能表现出来的性质,物理性质是不需要发生化学变化就能表现出来的性质，包括物质的颜色、状态、气味、熔点、沸点、密度、溶解性等，化学性质一般包括可燃性、氧化性、稳定性、还原性等。10、A【解析】A加入新制Cu(OH)2悬浊液，乙醇不反应，乙醛在加热时生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，现象不同，所以可以鉴别，故A正确；B间二甲苯只有一种空间结构不能说明苯的结构特征，邻二甲苯只有一种空间结构可以

21、说明苯环中不存在单双键交替的结构，故B错误；C甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，最多可生成四种有机产物和HCl，故C错误；D乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理是发生了氧化还原反应，乙烯和溴水发生的是加成反应，褪色的原理不相同，故D错误；故答案： A。11、D【解析】在Na2S溶液中S2-+H2OHS-+OH。H+OHH2O，c(OH)减小，上述平衡右移，c(Na)/c(S2)增大；c(Na)增大，导致c(Na)/c(S2)增大；c(OH)增大，上述平衡左移，c(Na)/c(S2)减小；c(HS)增大，上述平衡左移，c(Na)/c(S2)减小；上述平衡右移，c(Na)/c(S2)增大；Cl2氧化

22、S2-，c(S2)减小，c(Na)/c(S2)增大；上述平衡右移，c(Na)/c(S2)增大。故选D。点睛：解答本题需要准确把握稀释和加热盐类水解平衡右移，水解的离子S2的物质的量减小，而Na的物质的量不变，结果c(Na)/c(S2)增大。12、D【解析】“白色污染”的主要危害是破坏土壤结构降低土壤肥效污染地下水危及海洋生物的生存，故选D。13、C【解析】分析：乙酸、乙酸甲酯各分子中碳原子与氢原子个数之比为1：2，据此可以计算碳元素与氢元素的质量之比，根据混合物中碳元素的质量分数计算出氢元素的质量分数，最后w(O)=1-w(C)-w(H)计算。详解：乙酸、乙酸甲酯各分子中碳原子与氢原子个数之比

23、为1：2，故组成的混合物中，碳原子与氢原子个数之比为1：2，则碳元素与氢元素的质量之比为12：2=6：1，混合物中碳元素的总的质量分数为X，则氢元素的质量分数=16X，故混合物中氧元素质量分数1-X-16X=1-76X，故选C。14、A【解析】A. 该有机物的核磁共振氢谱图中有7个吸收峰，A错误；B. 该有机物的分子式为C12H18N2Cl2O，B正确；C. 该有机物含有苯环，能发生加成反应；含有醇羟基、甲基等，能发生取代反应、氧化反应和酯化反应，C正确；D. 该有机物含有氨基和羟基等水溶性基团，能溶于水；氨基为碱性基，水溶液显碱性，D正确。故选A。【点睛】在计算有机物分子式中的氢原子数目时，

24、可先数出分子中所含的非氢原子数，然后把卤原子看成氢原子、氮原子看成碳原子，然后按烷烃的通式，计算出氢原子的个数。根据分子结构，确定不饱和度，最后计算该有机物分子中所含氢原子个数为：由同数碳原子的烷烃计算出的氢原子数2不饱和度氮原子数。15、D【解析】分析：根据反应原理为双键从中间断开，直接接上一个氧原子，所得产物为纯净物说明产物只有一种，能发生银镜反应说明含有醛基，则与双键相连的碳上有氢原子，据此分析判断。详解：A(CH3)2C=C(CH3)2与双键相连的碳上没有氢原子，得到的是酮，不是醛，故A错误；B. CH2=CHCH=CHCH=CH2中有3个双键，得到的产物有2种，分别为甲醛和乙二醛，故

25、B错误；C中有2个双键，且结构不对称，得到的产物有2种，故C错误；D反应产物只有一种，与双键相连的碳上有氢原子，氧化得到醛，故D正确；故选D。16、B【解析】分析：AN5+是由N5分子失去1个电子得到的，1个N5分子是由5个氮原子构成的，据此进行分析解答；B根据结构简式判断键和键的数目；C1个氮氮三键中含有2个键；D根据具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体分析。详解：A1个氮原子中含有7个质子、7个电子，则1个N5分子中含有35个质子、35个电子，N5+是由N5分子失去1个电子得到的，则1个N5+粒子中有35个质子，34个电子，A错误；B单键都是键，三键中含有1个键和2个键，则该离子中

26、键和键的数目之比为4:4=1:1，B正确；C1个氮氮三键中含有2个键，所以该离子中含有4个键，C错误；DN5+与PO43-具有相同原子数，但价电子数分别为24，32，不是等电子体，D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、C2H4 CH3CH2OH 银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液 CH3COOH+H2O 【解析】（1）A是相对分子质量为28的烃，且其产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则A为乙烯，A的结构简式为CH2=CH2，分子式为C2H4；（2）F的分子式为C9H10O2，F属于酯，F是由一元醇和一元酸通过酯化反应生成的，根据转化关系，ABCD应为C2H4CH3CH2OHC

27、H3CHOCH3COOH，因此B的结构简式为CH3CH2OH，C的结构简式为CH3CHO，D的结构简式为CH3COOH；（3）C为乙醛，检验醛基选用银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液；（4）E是只含碳、氢、氧的芳香族化合物，且苯环上只有一个侧链，根据F的分子式和D的结构简式，结合原子守恒，则E的结构简式为，反应的化学反应方程式为：CH3COOH+H2O。18、 碳碳双键 羧基 消去反应 +C2H5OH+H2O CH3CCCH3 【解析】由第一个信息可知A应含有醛基，且含有7个C原子，应为，则B为，则C为，D为，E为，F为，F与乙醇发生酯化反应生成G为，对比G、K的结构简式并结合第二个信息，可知

28、C7H8的结构简式为；(7)环戊烷与氯气在光照条件下生成，发生消去反应得到环戊烯。环戊烯与2-丁炔发生加成反应生成，然后与溴发生加成反应生成。【详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为，D为，E为，F为，G为，对比G、K的结构简式并结合题中给出的第二个信息，可知C7H8的结构简式为。(1)A的结构简式是。(2)C结构简式是其中含有的官能团是碳碳双键和羧基。(3)DE的反应类型为消去反应。(4) F为，F与乙醇在浓硫酸存在的条件下加热，发生消去反应形成G和水，所以由F生成G的化学方程式是+C2H5OH+H2O。(5)C7H8的结构简式是。(6)芳香族化合物X是G的同分异构体，该分子中除苯环外，不

29、含其他环状结构，其苯环上只有1种化学环境的氢。X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明分子中含有羧基-COOH，则符合上述要求的X的结构简式：、。(7)环戊烷与氯气在光照条件下生成，与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应得到环戊烯、NaCl、H2O。环戊烯与2-丁炔发生加成反应生成，然后与溴发生加成反应生成。其合成路线为。所以Q：CH3CCCH3；中间产物1：；中间产物2：；中间产物3：。【点睛】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意题给信息的灵活运用。19、 11.9 BD 16.8 500mL容量瓶 25

30、 C【解析】分析：（1）依据c=1000/M 计算浓盐酸的物质的量浓度；（2）根据该物理量是否与溶液的体积有关判断；（3）依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；根据配制过程中需要的仪器分析解答；（4）根据n（HCl）=n（NaOH）计算；盐酸体积减少，说明标准液盐酸体积读数减小，据此解答。详解：（1）浓盐酸的物质的量浓度c=10001.1936.5%/36.5 mol/L=11.9mol/L；（2）A溶液中HCl的物质的量=cV，所以与溶液的体积有关，A不选；B溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，B选；C溶液中Cl-的数目=nNA=cVNA，所以与溶液的体积有关，C不选

31、；D溶液的密度与溶液的体积无关，D选；答案选BD；（3）设需要浓盐酸体积V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得：V11.9mol/L=0.400molL-10.5L，解得V=0.0168L=16.8mL；所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，由于是配制500mL溶液，则配制稀盐酸时，还缺少的仪器有500mL容量瓶；（4）n（HCl）=n（NaOH）=0.4g40g/mol=0.01mol，V（HCl）=0.01mol/0.400molL1=0.025L=25mL，即该同学需取25mL盐酸；消耗的标准液盐酸体积减少，说明读数时标准液的体积比实际体积减少了，则A、浓盐酸挥发，浓

32、度不足，配制的标准液浓度减小，滴定时消耗盐酸体积变大，A不选；B、配制溶液时，未洗涤烧杯，标准液浓度减小，消耗体积增大，B不选；C、配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，配制的标准液浓度变大，滴定时消耗的体积减小，C选；D、加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，标准液浓度减小，滴定时消耗标准液体积增大，D不选；答案选C。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作过程是解题关键，题目难度不大。注意误差分析方法，即根据cB=nBV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量B和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V怎样的变化。20、 CN-+ClO-=CNO

33、-+Cl- 2CNO-+2H+3 CNO-=N2+2CO2+3Cl-+H2O 除去HCl气体 去除Cl2 防止空气中CO2进入戊中影响测定准确度 82% 装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全（答出其一即可）。【解析】本题考查氧化还原反应方程式的书写、物质除杂和提纯、化学计算等，（1）根据信息，甲：在TiO2催化剂作用下，NaClO将CN氧化成CNO，ClOCNCNOCl，CN中N显3价，C显2价，CNO中氧显2价，N显3价，C显4价，因此有ClO中Cl化合价由1价1价，化合价降低2价，CN中C化合价由2价4价，化

34、合价升高2价，然后根据原子守恒配平其他，CN+ClO=CNO+Cl ；根据信息酸性条件下，CNO被ClO氧化成N2和CO2，离子反应方程式为：2CNO+2H+3 CNO=N2+2CO2+3Cl+H2O ；（2）利用HCl易溶于水，因此饱和食盐水的作用是除去HCl气体，丁的作用是除去Cl2；实验的目的是测定CO2的量确定CN被处理的百分率，空气中有CO2，因此碱石灰的作用是防止空气中CO2进入戊中，避免影响测定的准确性；（3）戊中沉淀是CaCO3，根据碳元素守恒，n(CN)=n(CaCO3)=0.82/100mol=8.2103mol，被处理的百分率是8.2103/(2001030.05)100%=82%，装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；CO2产生的速度