河南省焦作市2024-2025学年高二化学下学期学业质量测试期末考试试题含解析

PAGE24-河南省焦作市2024-2025学年高二化学下学期学业质量测试（期末考试）试题（含解析）1.古诗词中包含了丰富的化学学问，下列说法错误的是A.梨花淡白柳深青，柳絮飞时花满城：柳絮主要成分属于糖类B.高堂明镜悲白发，朝如青丝暮成雪：白发的主要成分为蛋白质C.墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生：墨滴能产生丁达尔效应D.煮豆燃豆萁，豆在釜中泣：豆科植物可自然固氮，该过程属于物理变更【答案】D【解析】【详解】A.柳絮的主要成分是纤维素，其属于糖类，故A正确；B.白发的主要成分为蛋白质，故B正确；C.墨滴属于胶体，能产生丁达尔效应，故C正确；D.豆科植物可自然固氮，该过程生成新物质，属于化学变更，故D错误；故选D。2.试验室利用苯与浓硝酸、浓硫酸制取并提纯硝基苯的试验过程中，下列装置未涉及的是A.①② B.①③ C.③④ D.④⑤【答案】D【解析】【详解】制备硝基苯的试验，一般步骤为：a、配制肯定比例形成的浓硫酸和浓硝酸的混合酸，加入反应器中；b、向冷却后的混合酸中逐滴加入肯定质量的苯，充分振荡，混合匀称；c、用水浴加热在50～60℃下发生反应，直至反应结束；d、除去混合酸后，粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，最终再用蒸馏水洗涤，其间进行多次分液操作；e、将用无水CaCl2干燥后的粗产品进行蒸馏，得到纯硝基苯。故试验中发生反应须要用到水浴加热装置②、除杂过程须要用到分液操作装置③，最终分别出纯硝基苯还要用到蒸馏装置①，只有④⑤装置未涉及，故答案为：D。3.SF6可用作高压电力设备中的“气体绝缘开关”，由S(g)与F2(g)制备SF6(g)的能量变更如图所示，下列说法正确的是A.若已知S－F键的键能则可确定F－F键的键能B.S(g)＋3F2(g)=SF6(g)△H=＋1209kJ·mol－1C.与S(g)＋3F2(g)=SF6(g)相比，S(s)＋3F2(g)=SF6(g)放出的热量较多D.由于反应Ⅰ放出的热量大于反应Ⅱ，所以反应速率：Ⅰ>Ⅱ【答案】A【解析】【详解】A．依据其次步的反应热可以得出：，故若已知S－F键的键能则可确定F－F键的键能，A正确；B．由图中可知该反应为放热反应，S(g)＋3F2(g)=SF6(g)△H=-1209kJ·mol－1，B错误；C．由S(g)到S(s)的过程是放热的，故与S(g)＋3F2(g)=SF6(g)相比，S(s)＋3F2(g)=SF6(g)放出的热量较少，C错误；D．由于反应Ⅰ放出的热量大于反应Ⅱ，但是反应速率与反应热的大小无关，而与反应的活化能有关，一般活化能越小反应速率越快，故反应速率应当是Ⅰ<Ⅱ，D错误；故答案为：A。4.100℃时，在不同金属离子存在下，过氧化氢经过24h的分解率如下表所示：离子加入量（mg·L－1）分解率/%离子加入量（mg·L－1）分解率/%无2Fe2＋1.015Al3＋102Cu2＋0.186Zn2＋1010Cr3＋0.196下列有关说法正确的是A.能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是Al3＋B.催化剂可以使平衡移动，提高过氧化氢的分解率C.若向过氧化氢中加入水，过氧化氢的分解速率加快D.用等量H2O2制O2时，与自身分解相比，加入足量酸性KMnO4溶液可得到更多O2【答案】D【解析】【详解】A．依据表格数据可知，相同时间内，加入Cr3+的量最少，而过氧化氢的分解率最大，即该时段内加入Cr3+的反应速率最快，活化能降低最多，故A错误；B．催化剂不能变更反应的平衡，只能变更反应速率，故B错误；C．加水会使过氧化氢的浓度减小，分解速率减慢，故C错误；D．过氧化氢分解产生氧气时发生自身的氧化还原反应，有一半氧被还原，而利用足量酸性KMnO4溶液和过氧化氢反应制取氧气时，过氧化氢中的氧元素几乎全部被氧化(考虑到有部分过氧化氢分解)，产生的氧气更多，故D正确；综上所述答案为D。5.过氧化钠是常见的消毒剂与供氧剂，在呼吸面具中运用时发生反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2.已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法中正确的是A.物质的量均为1mol的Na2O2和Na2CO3所含离子数目均为3NAB.反应过程中，固体每增重28g转移的电子数目为2NAC.室温下，4.4gCO2中共用电子对数目为0.2NAD.44.8LCO2与O2的混合气体中所含氧原子数目为4NA【答案】A【解析】【详解】A．过氧化钠由钠离子和过氧根构成，碳酸钠由钠离子和碳酸根构成，所以物质的量均为1mol的Na2O2和Na2CO3所含离子数目均为3NA，故A正确；B．依据反应方程式每生成1molNa2CO3时固体增重即为1molC原子和1molO原子的质量，为(12g/mol+16g/mol)×1mol=28g，此时有1molCO2参与反应，生成0.5molO2，转移电子数应为1NA，故B错误；C．一个CO2分子中有4对共用电子对(碳原子与每个氧原子共用两对电子)，4.4gCO2的物质的量为0.1mol，共用电子对数目为0.4NA，故C错误；D．未注明温度和压强，无法确定气体的物质的量，故D错误；综上所述答案为A。6.过二硫酸()极易溶于水，且在水中会渐渐水解得到硫酸和过氧化氢：H2S2O8＋H2O=H2SO4＋H2SO5、H2SO5＋H2O=H2SO4＋H2O2，下列说法中错误的是A.过二硫酸与高锰酸钾溶液反应可产生氧气B.过二硫酸铵溶于水所得溶液显酸性C.将过二硫酸加入滴有紫色石蕊试液的水中，溶液显红色D.过二硫酸可用来除去稀硫酸中的亚硫酸杂质【答案】C【解析】【详解】已知过二硫酸极易溶于水，且在水中会渐渐水解得到硫酸和过氧化氢：H2S2O8＋H2O=H2SO4＋H2SO5、H2SO5＋H2O=H2SO4＋H2O2，A.由于过二硫酸在水中会渐渐水解得到过氧化氢，而过氧化氢可被高锰酸钾氧化产生氧气，故过二硫酸与高锰酸钾溶液反应可产生氧气，故A正确；B.依据过二硫酸的水解反应可知，发生水解反应为+2H2O=H2O2+2，水解产生发生电离：=H++，铵根水解也使溶液显酸性，故过二硫酸铵溶于水所得溶液显酸性，故B正确；C.由于过二硫酸在水中会渐渐水解得到过氧化氢，而过氧化氢具有漂白性，可以使紫色石蕊试液褪色，故将过二硫酸加入滴有紫色石蕊试液的水中，溶液褪色，故C错误；D.由于过二硫酸在水中会渐渐水解得到过氧化氢，而过氧化氢具有氧化性，能将亚硫酸氧化为硫酸，故过二硫酸可用来除去稀硫酸中的亚硫酸杂质，故D正确；故选C。7.下列离子方程式书写正确的是A.向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至水的电离程度最大：2OH－＋NH4＋＋H＋=NH3·H2O＋H2OB.硫酸型酸雨久置，pH减小：C.将Cl2通入少量FeBr2溶液中：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－D.4mol·L－1NaAlO2溶液和7mol·L－1的盐酸等体积混合：＋7H＋＋H2O=3Al(OH)3↓＋Al3＋【答案】D【解析】【详解】A．铵根的水解促进水的电离，硫酸氢根电离出的氢离子抑制水的电离，所以水的的电离程度最大时溶液中的溶质为(NH4)2SO4，离子方程式为OH－＋H＋=H2O，故A错误；B．由于亚硫酸被空气中氧气氧化成硫酸，导致酸雨久置pH变小，亚硫酸为弱酸，所以离子方程式为：2H2SO3+O2=4H++2，故B错误；C．将Cl2通入少量FeBr2溶液中，此时氯气过量，会将Fe2+和Br－全部氧化，离子方程式为：2Fe2++4Br－+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl－，故C错误；D．4mol·L－1NaAlO2溶液和7mol·L－1的盐酸等体积混合有足量的氢离子将偏铝酸根和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀溶解，离子方程式为4＋7H＋＋H2O=3Al(OH)3↓＋Al3＋，故D正确；综上所述答案为D。8.PMMA骨水泥的成分为聚甲基丙烯酸甲酯，结构简式为，其单体丙的制备原理如图所示，下列说法中错误的是A.丙所含的官能团有碳碳双键、酯基B.可以用饱和碳酸氢钠溶液鉴别甲、乙、丙C.丙与聚甲基丙烯酸甲酯互为同系物D.甲+乙→丙的反应类型为取代反应【答案】C【解析】【详解】A.由丙的结构简式可知，丙所含的官能团有碳碳双键、酯基，故A正确；B.甲中含有羧基，与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，乙与碳酸氢钠溶液互溶，丙不溶于碳酸氢钠溶液，出现分层，三者现象不同，故可以用饱和碳酸氢钠溶液鉴别甲、乙、丙，故B正确；C.同系物指结构相像、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团，具有相同官能团的化合物，丙中有碳碳双键，聚甲基丙烯酸甲酯中无碳碳双键，故二者不互为同系物，故C错误；D.甲+乙→丙的反应类型为酯化反应，酯化反应属于取代反应，故D正确；故选C。9.下列物质的工业制备方案合理的是A.海带中提取碘：海带灰浸取液含的酒精溶液碘单质B.由硫黄制硫酸：C.海水制镁：D.铝土矿制铝：【答案】C【解析】【详解】A.酒精与水互溶，不能用酒精萃取含碘溶液中的碘单质，故A不合理；B.S与氧气燃烧生成SO2，不能干脆生成SO3，SO2与O2在催化剂加热的条件下反应生成SO3，故B不合理；C.海水制镁时，先用石灰乳沉淀海水中的镁离子生成氢氧化镁沉淀，再用盐酸溶解氢氧化镁得到氯化镁溶液，然后在HCl氛围下将氯化镁溶液蒸发结晶得到无水氯化镁，最终电解熔融氯化镁得到金属镁，故C合理；D.氯化铝为共价化合物，其熔融态无自由移动的离子，故不能电解氯化铝制取金属铝，故D不合理；故选C。【点睛】电解熔融氯化钠冶炼金属钠；电解熔融氧化铝冶炼金属铝，而不能是电解熔融氯化铝，因为氯化铝是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，不能导电；电解熔融氯化镁冶炼金属镁，这是易错点。10.下列物质分别和提纯的方法错误的是A.除去MgCl2溶液中的少量FeCl3B.分别碘粉和铁粉的混合物C.除去NaCl中的少量KNO3D.分别砂子、鸡蛋清和葡萄糖溶液的混合物【答案】B【解析】【详解】A．除去MgCl2溶液中的少量FeCl3向其中加入MgCO3后，调整溶液的PH值，将生成Fe(OH)3沉淀，然后一起将Fe(OH)3和MgCO3过滤出来，即可实现，A正确；B．由于碘粉和铁粉会发生反应：Fe+I2FeI2，故分别碘粉和铁粉的混合物不能用升华法，B错误；C．由于NaCl的溶解度随温度上升而增大变更不明显，而KNO3的溶解度随温度上升而增大变更明显，故除去NaCl中的少量KNO3运用蒸发结晶的方法进行，C正确；D．砂子与水形成悬浊液、鸡蛋清溶液为胶体，葡萄糖溶液是溶液，浊液不能透过滤纸，胶体能透过滤纸，不能透过半透膜，溶液能透过滤纸和半透膜，故分别砂子、鸡蛋清和葡萄糖溶液的混合物才图示装置可以实现，D正确；故答案为：B。11.某化学爱好小组设计如下两个试验证明：①氧化性：Fe3＋＞I2，②反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2为可逆反应，下列说法中错误的是A.试验1试管中加入淀粉后溶液变蓝，该条件下氧化性：Fe3＋＞I2B.试验2中最终电流表指针不再偏转可证明上述反应为可逆反应C.试验1反应结束后，向试管中加入KSCN能推断该反应是否为可逆反应D.试验2电流表指针不再偏转时，向右侧烧杯中加入单质碘可推断该反应是否为可逆反应【答案】B【解析】【详解】A.试验1试管中加入淀粉后溶液变蓝，说明生成了碘单质，发生了反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，则该条件下氧化性：Fe3＋＞I2，故A正确；B.若不是可逆反应，反应进行完全时，电流表指针不再偏转；若为可逆反应，反应达到平衡状态时，电流表指针也不再偏转，故试验2中最终电流表指针不再偏转不行证明上述反应为可逆反应，故B错误；C.Fe3+的量是少量的，若不是可逆反应，则应反应完全，向试管中加入KSCN，溶液不会变红；若为可逆反应，Fe3+不会完全反应，向试管中加入KSCN，溶液变红，所以可以通过溶液是否变红推断是否有Fe3+，从而推断该反应是否为可逆反应，故C正确；D.若为可逆反应，当试验2电流表指针不再偏转时，向右侧烧杯中加入单质碘，碘单质的浓度增大，可逆反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2逆向移动，电流表指针会发生偏转；若不是可逆反应，电流表指针不会发生偏转，故试验2电流表指针不再偏转时，向右侧烧杯中加入单质碘可推断该反应是否为可逆反应，故D正确；故选B。12.X、Y、Z、M、N是原子序数依次增大的五种短周期主族元索，它们能形成一种有机酸(结构如图)，五种元素原子的最外层电子数之和为24，Z和N同主族，M是非金属性最强的元素，下列说法错误的是A.最高正化合价：N＞Y＞XB.Z、N可分别与X形成等电子数的化合物C.原子半径：N＞Z＞Y＞M＞XD.Y和N均存在某种含氧酸能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、N是原子序数依次增大的五种短周期主族元索，它们能形成一种有机酸(结构如图)，Z可形成2对共用电子对，N可形成6对共用电子对，Z和N同主族，则它们应位于第VIA族，则Z为O元素，N为S元素；M是非金属性最强的元素，则M为F元素；Y可形成4对共用电子对，且原子序数小于O，则Y为C元素；X形成1对共用电子对，则X为H元素，这五种元素原子的最外层电子数之和为24，据此分析解答。【详解】由以上分析知，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，M为F元素，N为S元素，A.S、C、H元素的最高正化合价分别为+6、+4、+1，则最高正化合价：N＞Y＞X，故A正确；B.O、S可分别与H形成化合物H2O2、H2S，二者均为18电子化合物，故B正确；C.同周期原子半径从左向右依次减小，同主族从上往下原子半径依次增大，故原子半径：S＞C＞O＞F＞H，即N＞Y＞Z＞M＞X，故C错误；D.C和S均存在某种含氧酸能使酸性KMnO4溶液褪色，如H2C2O4、H2SO3等均能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选C。13.沼气是重要的生物质能，主要由有机废弃物发酵产生，其成分有CH4、CO2和H2S等，由沼气获得高纯度CH4的工作原理如图所示(交换膜左侧为酸性溶液，右侧为碱性溶液)，下列说法中错误的是A.对沼气池进行检修时应预先通风并戴防毒面具B.阴离子应从左侧向右侧迁移C.在阳极上可能发生反应：HS--2e-=S↓+H＋D.肯定条件下反应釜中的反应能自发进行，主要缘由是该反应放热【答案】B【解析】【详解】该装置为电解池，左侧为阳极，右侧为阴极，A.沼气池中存在硫化氢，硫化氢有毒，故须要佩戴面具，以免中毒，故A正确；B.该装置为电解池，阴离子移动向阳极，故阴离子应从右侧向左侧迁移，故B错误；C.阳极上OH−放电生成O2，电极反应式为2H2O−4e−═4H++O2↑，同时阴极生成的HS−移向阳极，HS−可能放电生成S单质，故在阳极上可能发生反应：HS--2e-=S↓+H＋，故C正确；D.反应为熵减小的反应，故若在肯定条件下反应釜中的反应能自发进行，主要缘由是该反应放热，故D正确；故选B。14.298K时用0.05mol·L－1氨水滴定20mL0.05mol·L－1的叠氮酸（HN3）溶液，滴定过程中混合溶液的电阻率变更状况如图所示，已知NH3·H2O的电离常数Kb=1.7×10－5，HN3的电离常数Ka=1.9×10－5.下列说法中错误的是A.电阻率与离子浓度和离子所带电荷有关B.a、b、c、d四点中，水的电离程度最大的是cC.c~d之间可能存在：c(N3－)=c(NH4＋)>c(H＋)=c(OH－)D.若用0.05mol·L－1HN3溶液滴定20mL0.05mol·L－1氨水，则所得曲线完全相同【答案】D【解析】【详解】A．溶液的导电性与离子浓度和离子所带的电荷有关，溶液的导电性越强，其电阻率越小，故电阻率与离子浓度和离子所带电荷有关，A正确；B．c点是氨水和叠氮酸恰好完全反应，故此时溶液就是叠氮酸铵，溶液中只有离子的水解，没有氨水或叠氮酸的电离，故对水的电离其促进作用，故a、b、c、d四点中，水的电离程度最大的是c，B正确；C．c点是氨水和叠氮酸恰好完全反应的时刻，由于NH3·H2O的电离常数Kb=1.7×10－5，HN3的电离常数Ka=1.9×10－5，故的水解程度大于的水解程度，故此时溶液呈弱酸性，接着氨水溶液可能呈中性，故c~d之间可能存在：c(N3－)=c()>c(H＋)=c(OH－)，C正确；D．NH3·H2O的电离常数Kb=1.7×10－5，HN3的电离常数Ka=1.9×10－5，二者电离平衡常数略有差别，加上离子的移动速率也是影响电阻率一个因素，故若用0.05mol·L－1HN3溶液滴定20mL0.05mol·L－1氨水所得曲线不完全相同，D错误；故答案为：D。15.已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，X与W、M形成的化合物XW2、XM4均为重要的溶剂，25℃时，浓度均为0.1moL·L－1的上述元素的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH随原子序数的变更如图所示.回答下列问题：(1)M在元素周期表中的位置为___________________.(2)W可与Z形成化合物Z2W2，写出该物质的电子式：___________________________.(3)写出一个能说明W与M非金属性强弱的离子方程式：__________________________.(4)Z的单质可以与X的最高价氧化物反应生成一种盐和黑色固体单质，若每转移1mol电子，复原至室温时该反应放出QkJ热量，写出该反应的热化学方程式：________________________________________.(5)M的单质为有毒气体，且在工业上用途广泛，常用Y的简洁氢化物检验其运输管道是否漏气，漏气时的现象为产生白烟，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________________.【答案】(1).第3周期第VIIA族(2).(3).(4).(5).3:2【解析】【分析】已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，25℃时，浓度均为0.1moL·L－1的上述元素的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH随原子序数的变更如图所示，Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=13，说明其为一元强碱，则Z为Na元素；M的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=1，说明其为一元强酸，又M的原子序数大于Na，则M为Cl元素；W的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH＜1，又W的原子序数大于Na，小于Cl，说明其为硫酸，则W为S元素；X与W、M形成的化合物XW2、XM4均为重要的溶剂，则X为C元素；Y的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=1，说明其为一元强酸，又Y的原子序数大于C，小于Na，则Y为N元素，据此分析解答。【详解】由以上分析知，X为C元素，Y为N元素，Z为Na元素，W为S元素，M为Cl元素，(1)M为Cl元素，Cl在元素周期表中的位置为第3周期第VIIA族；(2)Z为Na元素，W为S元素，S可与Na形成化合物过硫化钠Na2S2，类似Na2O2，该物质的电子式为：；(3)向Na2S溶液中通入氯气，生成淡黄色沉淀，说明发生了反应，说明氧化性：Cl2＞S，则非金属性：Cl＞S；(4)C的最高价氧化物为CO2，Na与CO2反应生成一种盐和黑色固体单质，应为Na2CO3和C单质，则反应的化学方程式为，当有4mol钠参与反应时转移4mol电子，若每转移1mol电子，复原至室温时该反应放出QkJ热量，则4mol钠参与反应时，应放出4QkJ的热量，故该反应的热化学方程式：；(5)Cl2是有毒气体，常用NH3检验其运输管道是否漏气，漏气时的现象为产生白烟，发生反应的化学方程式为，依据化合价变更可知，当8molNH3和2mol氯气发生反应时，其中3mol氯气均得电子被还原，作氧化剂，而只有2molNH3中N元素失电子被氧化，作还原剂，另外6molNH3中N元素没有变价，故该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2。【点睛】第(5)问，肯定留意反应中，并不是全部参与反应NH3均被氧化，我们要分析元素化合价的变更，只有化合价上升的那一部分元素，才能是失电子被氧化，作还原剂的部分，这是同学们的易错点。16.羰基硫(COS)在常温常压下为有臭鸡蛋气味的无色气体，广泛应用于农药、医药和其他化工生产中，存在于煤、石油和自然气中的羰基硫会腐蚀设备、污染环境，更会危害人体健康，工业上处理羰基硫常见的方法有水解反应和氢解反应。(1)已知羰基硫中全部原子最外层均达到8电子结构，则其结构式为________________。(2)①已知：H2(g)＋COS(g)H2S(g)＋CO(g)△H1=＋6.2kJ·mol－1；②H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)△H2=＋412kJ·mol－1；则COS水解反应的热化学方程式为H2O(g)＋COS(g)=H2S(g)＋CO2(g)，△H=___________kJ/mol.②已知：COS水解反应的机理如下，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。a.吸附：H2O→H2O*b.反应：COS＋H2O*→CO2＋H2S*c.脱附：H2S*→H2S已知COS水解反应的反应速率由b确定，则a、b、c三步中活化能最大的是__________________。(3)已知COS氢解反应的热化学方程式为H2(g)＋COS(g)H2S(g)＋CO(g)△H=+6.2kJ·mol－1，肯定温度下，向某恒容密闭容器中充入4molCOS(g)和6molH2(g)发生氢解反应，H2、COS的体积分数随时间变更的关系如图所示，①H2的平衡转化率为_________________，②该温度下，反应的平衡常数K为__________________，③其他条件不变，20min时，向该容器中充入2molH2和3molCO，此时v(正)______________v(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)。【答案】(1).O=C=S(2).-35.0(3).b(4).60%(5).13.5(6).等于【解析】【分析】(2)依据盖斯定律进行计算；②化学反应的反应速率由反应速率最慢的一步确定，且反应的活化能越大，反应速率越慢；(3)依据已知信息和反应的特点，列三段式进行计算。【详解】(1)已知羰基硫中全部原子最外层均达到8电子结构，类比CO2，可知其结构式为O=C=S；(2)已知热化学方程式：①H2(g)＋COS(g)H2S(g)＋CO(g)△H1=＋6.2kJ·mol－1；②H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)△H2=＋41.2kJ·mol－1；依据盖斯定律可知，由①-②可得目标方程式，则COS水解反应的热化学方程式为H2O(g)＋COS(g)=H2S(g)＋CO2(g)△H=△H1-△H2=＋6.2kJ·mol-1-41.2kJ·mol-1=-35.0kJ/mol；②已知COS水解反应的反应速率由b确定，则步骤b的反应速率最慢，则a、b、c三步中活化能最大的是b；(3)该反应前后气体物质的量不变，则气体总物质的量始终为10mol，由图像可知，达到平衡状态时，H2(g)的体积分数为24%，则平衡时，H2(g)的物质的量为2.4mol，则H2(g)的转化量为3.6mol，①则H2的平衡转化率为；②可列出三段式为(单位为mol)：，因为该反应前后气体物质的量不变，故该温度下，反应的平衡常数；③其他条件不变，20min时，向该容器中充入2molH2和3molCO，此时n(H2)=4.4mol，n(CO)=6.6mol，则浓度商，故反应处于平衡状态，则v(正)等于v(逆)。【点睛】化学反应的反应速率由反应速率最慢的一步确定，且反应的活化能越大，反应速率越慢，这是学生们的易忘点。17.新冠肺炎疫情期间，多种含氯消毒剂如84消毒液、Cl2、NaClO2等对病毒均具有很好的消杀作用，其中亚氯酸钠(NaClO2)在工业上常以ClO2气体为原料制备，试验室制备亚氯酸钠的装置如图所示(夹持装置已略)。已知：①限制电压电解饱和食盐水可得到ClO2；②Cl2易溶于CCl4；③亚氯酸钠在不同温度下的溶解度如下表所示：温度℃204060溶解度/g6.223.448.3回答下列问题：(1)装置甲中产生ClO2的电极反应式为_____________________。(2)装置乙中CCl4的作用为________________________________。(3)装置丙中生成NaClO2的化学方程式为____________________________。(4)从装置丙反应后的溶液中获得NaClO2晶体的步骤如下：其中步骤①加热到_________________(填现象)时停止加热，步骤②是__________________。(5)精确称取2.26gNaClO2粗品，加入盛有20.00mL刚煮沸并冷却过的水、足量10%的稀硫酸和30.00mL质量分数为40%的KI溶液(足量)的碘量瓶中，马上密封并摇摆碘量瓶至试样完全反应，再加入淀粉作指示剂用浓度为3.00mol/L的Na2S2O3溶液滴定(已知整个过程中发生的反应依次为＋4I－＋4H＋=2I2＋Cl－＋2H2O，)，①若三次平行试验测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为30.00mL，则粗品的纯度为_________________%(保留三位有效数字)，②若运用的水未煮沸，则测定结果会___________________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】(1).Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+(2).除去ClO2中可能含有的Cl2(3).2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2(4).溶液表面出现晶膜(5).冷却结晶(6).90.1(7).偏高【解析】【分析】由题意及装置图可知，装置甲通过限制电压电解饱和食盐水制取ClO2，ClO2中可能含有Cl2，Cl2与NaOH反应可生成次氯酸钠或氯酸钠，故装置乙的作用是除去Cl2；在装置丙中，过氧化氢还原ClO2制取NaClO2，装置丁用于汲取多余的ClO2，防止污染空气。依据NaClO2的溶解度数据可知，其溶解度随温度的变更而变更明显，因此可通过对NaClO2溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaClO2晶体，据此分析解答。【详解】(1)装置甲通过限制电压电解饱和食盐水制取ClO2，氯元素化合价上升，发生失电子的氧化反应，则装置甲中产生ClO2的电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；(2)由以上分析知，装置乙中CCl4的作用为除去ClO2中可能含有的Cl2；(3)装置丙中，过氧化氢还原ClO2制取NaClO2，依据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；(4)依据NaClO2的溶解度数据可知，其溶解度随温度的变更而变更明显，因此可通过对NaClO2溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaClO2晶体，因此步骤①加热到溶液表面出现晶膜时停止加热，步骤②是冷却结晶；(5)①由已知反应可得关系式：NaClO2~2I2~4S2O32-，则m(NaClO2)=，则粗品的纯度为；②若运用的水未煮沸，水中会含有氧气，而氧气也能氧化碘离子生成碘单质，从而使消耗的Na2S2O3溶液的体积增大，则测定结果会偏高。【点睛】通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到晶体时，蒸发浓缩停止的标记是加热到溶液表面出现晶膜；而蒸发结晶得固体时，应蒸发至出现大量固体时停止加热，利用余热蒸干。18.磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种大型非线性光学晶体，在将来能源领域——“人造太阳”安排中有重要作用.以氯磷灰石【主要成分为Ca5(PO4)3Cl，还含有少量Al2O3、Fe2O3等杂质】为原料制备KH2PO4的一种工艺流程如图所示：已知：①离子完全沉淀时的pH为Fe3+：3.5，Al3+：5.2.②Ca3(PO4)2与CaHPO4均难溶于水，Ca(H2PO4)2能溶于水(1)已知“酸浸”时发生反应的化学方程式为，该反应体现了浓硫酸的______________________性和___________________性.(2)假如将原料改为氟磷灰石，则“酸浸”时不能运用玻璃容器，缘由是______________________.(3)“反应Ⅱ”的化学方程式为________________________________________.(4)常温下磷酸的电离平衡常数、、，的电离常数、，则常温下KH2PO4水溶液显____________________(填“酸性”“碱性”或“中性”)；将少量磷酸滴入碳酸钠溶液中反应的离子方程式为______________________________.(5)KH2PO4也可以通过如图所示装置电解制备：则阳极的电极反应式为___________________.假如通电前a、b两室溶液的质量相等，若有2NA个K+通过交换膜，则两室溶液的质量差为__________________g.【答案】(1).强酸(2).难挥发(3).生成的HF会与玻璃中的SiO2反应(4).K2SO4+Ca(H2PO4)2=2KH2PO4+CaSO4↓(5).酸性(6).H3PO4+2CO=HPO+2HCO+H2O(7).2Clˉ-2eˉ=Cl2↑(8).225g【解析】【分析】氯磷灰石[主要成分为Ca5(PO4)3Cl，还含有少量Al2O3、Fe2O3等杂质]粉碎，加入浓硫酸酸浸，并加热，生成HCl气体，过滤得到微溶物硫酸钙，滤液含有磷酸、硫酸铁、硫酸铝等，加入碳酸钙调整pH，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，过滤在得到的滤液中加入硫酸钾，生成硫酸钙，同时生成KH2PO4，经系列操作得到KH2PO4晶体，以此解答该题。【详解】(1)该反应中生成磷酸体现了浓硫酸的强酸性，生成HCl体现了浓硫酸的难挥发性；(2)依据酸浸时发生的反应可知若将原料改为氟磷灰石会生成HF，而HF会与玻璃中的SiO2发生反应，所以不能运用玻璃容器；(3)依据所给条件“Ca3(PO4)2与CaHPO4均难溶于水，Ca(H2PO4)2能溶于水”可知加入硫酸钾前溶液中的溶质主要为Ca(H2PO4)2，所以“反应II”的化学方程式为K2SO4+Ca(H2PO4)2=2KH2PO4+CaSO4↓；(4)KH2PO4溶液中存在H2PO的电离和水解，其电离平衡常数为Ka2=6.3×10-8，其水解平衡常数Kh==1.4×10-12<6.3×10-8，即电离程度更大，所以溶液显酸性；依据题意可知酸性：H3PO4>H2CO3>H2PO>HCO>HPO，所以将少量磷酸滴入碳酸钠溶液中反应的离子方程式为H3PO4+2CO=HPO+2HCO+H2O；(5)该装置须要制备KH2PO4，所以电解过程中钾离子要向左侧移动，则左侧为阴极，右侧为阳极，阳极的电解质溶液为KCl溶液，所以氯离子在阳极放电生成氯气，电极反应式为：2Clˉ-2eˉ=Cl2↑；左侧为阴极，氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2eˉ=H2↑，通电前两室质量相等，若有2NA个K+通过交换膜，即右室有2molK+进入左室，依据电极反应式可知同时右室生成1mol氯气，左室生成1mol氢气，则两室溶液的质量差为39g/mol×4mol+71g/mol×1mol-2g/mol×1mol=225g。【点睛】第4小题为本题易错点，依据电离平衡常数推断各物质的酸性的强弱关系，再依据“强酸制弱酸”规律的书写离子方程式；第5小题计算质量差时要留意右侧削减2mol钾离子，左侧增加2mol钾离子，差值为4mol钾离子。19.中国科学院上海有机化学探讨全部机氟化学重点试验室在找寻新的反应砌块的过程中，意外发觉一种平安、高效合成罕见的硫(Ⅵ)氟类无机化合物(氟磺酰基叠氮)的方法，该化合物对于一级胺类化合物有极高的重氮转移反应活性和选择性.请回答下列问题：(1)基态硫的价电子排布为_________________，氟的最高能级中电子云的形态为_______________.(2)中四种元素的第一电离能由大到小的依次为___________________.(3)以和NaN3为原料在肯定条件下可合成(氟磺酰基叠氮).①NaN3中阴离子的中心氮原子的杂化方式为__________________.②中不存在_______________(填字母).A.极性键B.非极性键C.离子键D.金属键E.σ键F.π键(4)H－S－C≡N和H－N=C=S均为叠氮酸(HN3)的等电子体，二者的沸点：H－S－C≡N＜H－N=C=S，其缘由是_________________，H－S－C≡N、H－N=C=S晶体中，有一种采纳分子密积累，即配位数为12，该物质是_____________________(填结构式).(5)NaN3晶体的晶胞结构如图所示.①晶体中，每个Na+四周与它距离最近且相等的Na+共有_____________个②设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞参数为apm，则NaN3晶体的密度为_____________g·cm-3(列出计算式).【答案】(1).3s23p4(2).哑铃形(3).F＞N＞O＞S(4).sp(5).D(6).H－N=C=S分子间存在氢键(7).H－S－C≡N(8).12(9).【解析】【详解】(1)S元素为16号元素，基态S原子核外电子排布式1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4，价电子排布为3s23p4；F元素为9号元素，最高能级为2p，电子云形态为哑铃形；(2)N、O、F原子核外均有2层电子，S原子核外有3层电子，所以S的第一电离能最小，同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级半满，能量更低，第一电离能大于O，所以四种元素第一电离能由大到小依次为F＞N＞O＞S；(3)①NaN3中阴离子为N，中心N原子价层电子对数为=2，所以为sp杂化；②该物质由阴阳离子构成，所以存在离子键；氮硫单键、氮碳单键等均为σ键，且均为极性键；氧硫双键、氮碳双键均含π键；碳碳双键为同种元素形成的共价键，所以为非极性键；该物质既不是金属单质也不是合金，所以不含金属键，所以选D；(4)H－N=C=S中N原子与H原子相连，所以可以形成分子间氢键，导致沸点较高；由于氢键具有方向性，所以H－N=C=S晶体中不