【文档说明】湖南省湖湘教育三新探索协作体2019-2020学年高二下学期期末联考化学试题【精准解析】.doc，共(24)页，1.907 MB，由小赞的店铺上传

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化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Fe561.能源是可以直接或经转换提供人类所需的光、热、动力等任意形式能量的载能体资源。确切而简单地说，能源是自然界中能为人类提供某

种形式能量的物质资源，人类的一切经济活动和生存都依赖于能源的供给。下列对能源的认识错误的是A.阳光、风力、潮汐、流水都属于能源B.氢气、太阳能、地热能都属于绿色能源C.天然气、乙醇、氢气都属于可再生能源D.煤、石油、太阳能都属于一次能源【答案】C【解析】【详解】A．能源是自然界中能为人类提供某种形

式能量的物质资源，因此阳光、风力、潮汐、流水都属于能源，A正确；B．氢气、太阳能、地热能不会造成环境污染，因此都属于绿色能源，B正确；C．天然气是化石燃料，不属于可再生能源，C错误；D．一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未

经加工转换的能量资源，因此煤、石油、太阳能都属于一次能源，D正确；答案选C。2.分子式为78CHO的有机物，分子中含苯环，且不能与NaOH溶液反应的结构有(不含立体异构)()A.1种B.2种C.3种D.4种【答案】B【解析】【详解】酚羟基能与N

aOH溶液反应，而醇羟基或醚键不能与NaOH溶液反应，则分子式为78CHO的有机物有、，共2种同分异构体，答案选B。3.下列实验方案不能达到实验目的的是()选项实验目的实验方案A制取少量氨气将浓氨水滴入碱石灰中B加快氧气的生成速率在过氧化氢溶液中加

入少量3FeCl(s)C检验亚硫酸钠溶液是否变质取样，加入足量用硝酸酸化的硝酸钡溶液D制备少量氯化氢气体向浓盐酸中滴加浓硫酸A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．一水合氨的电离为可逆反应，加入碱石灰，生成氢氧化钙，溶液碱性增大，且反应放热，有利于氨气

的生成，浓氨水与碱石灰混合可制备氨气，故A正确；B．氯化铁起到催化作用，可加快过氧化氢的分解速率，故B正确；C．向亚硫酸钠溶液中加入稀硝酸会使亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，干扰了硫酸根离子的检验结果，无法检验亚硫酸钠溶液是否变质

，应该加入稀盐酸，故C错误；D．浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性，所以可以用浓硫酸和浓盐酸混合制取氯化氢，故D正确；答案选C。4.糖类、油脂和蛋白质是人体生命所需的基础化学物质，同时为生命活动提供能量保障。下列有关说法不正确的是()A.淀粉和纤维素互为同分异构体，两者水解的最终产物

相同B.医用酒精具有杀菌性能，是因为它可使蛋白质变性C.纤维素能通过酯化反应得到醋酸纤维，是因为纤维素分子中含有羟基D.植物油氢化得到的硬化油不易变质，是因为氢化过程中发生了加成反应【答案】A【解析】【详解】A．同分异构体是分子式相同，结构式不同的

化合物，淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同，故不是同分异构体，故A错误；B．酒精能使蛋白质变性，失去生理活性，故B正确；C．酯化反应是羧酸与醇发生的取代反应，纤维素能与醋酸发生酯化反应，醋酸中含羧基，则纤维素中含羟基，故C正确；D．植物油氢化过程涉及与氢

气的加成反应，故D正确；答案选A。5.在铁棒上镀铜的实验装置如图所示，下列判断不正确的是A.a极上发生还原反应B.b极只能用纯铜C.CuSO4溶液可以换成氯化铜溶液D.该实验过程中阴离子种类保持不变【答案】B【解析】【详解】

A.在铁棒上镀铜，则a为铁，铁电极上发生还原反应，A正确；B.b极不一定用纯铜，可以含有比铜不活泼的杂质，B不正确；C.电镀液要含有铜离子，CuSO4溶液可以换成氯化铜溶液，C正确；D.该实验过程中阴离子没有参加反应，故阴离子种类保持不变，D正确；答案选B

。6.根据如图所示的实验所得的推论不合理的是()已知，苯酚的熔点为43℃。A.试管c中钠沉在底部，说明密度：乙醇<钠B.苯酚中羟基上的氢原子比甲苯中甲基上的氢原子更活泼C.苯酚中羟基的活性比乙醇中羟基的活性强D.试管bc、中生成的气体均为2H，说明苯酚

和乙醇均显酸性【答案】D【解析】【详解】A．试管c中钠沉在底部，可知Na的密度比乙醇密度大，故A正确；B．由实验现象：钠投到甲苯中现象不明显，投到苯酚中产生气泡较快，苯酚中羟基上的氢原子比甲苯中甲基上的氢原子更活泼，故B正确；C．苯

酚的酸性大于乙醇的酸性，与Na反应剧烈，则苯酚中羟基的活性比乙醇中羟基的活性强，故C正确；D．试管b、c中生成的气体均有H2，是由于-OH与Na反应生成氢气，不是两者具有酸性的原因，故D错误；答案选D。7.短周期元素WXY、、在元素周期表中

的位置如图，元素Z的焰色反应为紫色。下列说法正确的是()A.2W的沸点比2Y的高B.XZ、形成的化合物的水溶液呈碱性C.Z与W形成的化合物中一定不含共价键D.W分别与XYZ、、形成的化合物中，W的化合价相同【答案】B【解析】【分析】短周期只有三个周期，则

W位于第二周期第VIA族，为O元素，X是F，Y是Cl，由于元素Z的焰色反应是紫色，则Z是K元素；【详解】由分析可知：W是O，X是F，Y是Cl，Z是K；A．O2和F2都是分子晶体，沸点和分子间的范德华力有

关，分子的相对分子质量越大，范德华力越大，物质的沸点越高，故O2的沸点低于F2，故A错误；B．Z是K，X是F，KF为强碱弱酸盐，故X与Z形成的化合物的溶液呈碱性，故B正确；C．Z是K，性质与碱金属Na相似，会与O形成K2O2，而过氧根内存在共价键，

故C错误；D．例如W与Y形成Cl2O7，W的化合价是-2，而W与Z形成K2O2，W的化合价是-1，两者W化合价不同，故D错误；答案选B。8.羧酸和醇发生酯化反应的过程如下图所示：可见酯化反应不是简单的取代反应，步骤①和②的有

机反应类型为（）A.①为加成反应，②为消去反应B.①为氧化反应，②为还原反应C.①为取代反应，②为消去反应D.①为加成反应，②为氧化反应【答案】A【解析】【详解】物质的转化关系为，在物质的转化过程中，反应①为碳氧双键断开，分别连接H原子和R′O-，

发生加成反应；反应②中，去掉1个H2O，形成碳氧双键，发生消去反应，故选A。9.实验室可利用反应Na2S+H2NCN+2H2O50℃CS(NH2)2+2NaOH在控制溶液pH为10~11时，制取少量CS(NH2)2(硫脲，受热易分解，能溶于水)。实验装置(夹持及加热装置已省略)如图所示。

下列说法错误的是A.装置B中盛放的试剂为饱和NaHS溶液B.装置C可用水浴加热C.持续通入H2S，有利于提高反应液中硫脲的含量D.为获得硫脲晶体可将烧瓶中的反应液蒸发至干【答案】D【解析】【分析】装置A中盐酸与FeS反应生成H2S，通过B装置除去其中含

有的HCl气体，装置C中反应生成CS(NH2)2(硫脲)，Na2S+H2NCN+2H2O50℃CS(NH2)2+2NaOH；H2S有毒，装置D中可以用NaOH溶液(或CuSO4溶液等)吸收H2S，据此分析解答。【详解】A．装置B用于除去H

2S中混有的HCl，需要盛放饱和NaHS溶液，故A正确；B．制备CS(NH2)2的反应温度为50℃，则装置C合适的加热方式为热水浴，故B正确；C．反应Na2S+H2NCN+2H2O50℃CS(NH2)2+2NaOH中生成了NaOH，持续通入H2S，可以将NaOH转化为Na2S，有利于提高原料

的利用率，提高反应液中硫脲的含量，故C正确；D．硫脲，受热易分解，能溶于水，为获得硫脲晶体，可将反应液转移到蒸发皿中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫脲晶体，但不能蒸发至干，故D错误；故选D。10.180℃时

，将0.5molH2和1molCO2通入1L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸气(3CHOH)和某无机副产物，测得各物质的物质的量随时间的部分变化如图所示。下列说法中不正确的是()A.该反应的化学方程式：2232C

O3HCHOHHO++垐?噲?B.在0~3min内，3CHOH的平均反应速率为111molLmin30−−C.在3~10min内，反应仍未达到平衡状态D.10min时，再通入0.5molH2和1molC

O2，可提高H2和CO2的转化率【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，氢气和二氧化碳的物质的量的变化量为（0.5-0.2）mol=0.3mol和（1.0-0.9）mol=0.1mol，由质量守恒定律可知氢气

和二氧化碳反应生成甲醇和水的反应为2232CO3HCHOHHO++垐?噲?，故A正确；B.由图可知，二氧化碳的物质的量的变化量为（1.0-0.9）mol=0.1mol，由反应方程式可知，甲醇的物质的量的变化量为0.1mol，则甲醇的平均反应速率为0.1mol1L3min=111mol

Lmin30−−，故B正确；C.由图可知，0~3min时二氧化碳的物质的量的变化量为（1.0-0.9）mol=0.1mol，10min时甲醇的物质的量为0.1mol，由反应方程式可知，甲醇的物质的量的变化量为0.1mol可知，3min时反应

达到平衡，则在3~10min内，反应达到平衡状态，故C错误；D.由反应方程式可知，该反应是一个气体体积减小的反应，若10min时，再通入0.5molH2和1molCO2相当于增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，氢气和二氧化

碳的转化率增大，故D正确；故选C。11.盆栽鲜花施用S诱抗素制剂，可以保证鲜花盛开。S诱抗素的分子结构简式如下图所示。下列关于该分子的说法错误的是（）A.不能发生水解反应B.可以发生酯化反应C.既可以发生氧化反应又可以发生还原反应D.共平面的碳原子可能有15个【答案】D【解析】【详解】A．题给有

机物分子中不含有能水解的基团，所以不能发生水解反应，A正确；B．题给有机物分子中含有-COOH和-OH，都可以发生酯化反应，B正确；C．题给有机物既可以发生氧化反应(燃烧)，又可以发生还原反应(碳碳双键、羰基与氢气的加成反应)，C正确；D．题给

有机物分子中共含有15个碳原子，而分子中左上方的季碳原子与周围的4个碳原子不可能共平面，D错误；故选D。12.已知AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.33gH中含有的中子数为A2NB.11L0.1molL−碳酸钠溶液中含有的23CO−数目为A0.

1NC.227KCrO被还原为3Cr+时，转移的电子数为A6ND.14g乙烯中含有的共用电子对的数目为A3N【答案】AD【解析】【详解】A．33gH的物质的量为1mol，中子数=质量数-质子数=3-1=2，则其中含有的中子数为A2

N，故A正确；B．由于碳酸钠溶液中23CO−发生水解，部分消耗碳酸根，故含有的数目小于A0.1N，故B错误；C．227KCrO中Cr元素的化合价为+6价，被还原为3Cr+时，每个铬离子得到3个电子，则1m

ol227KCrO得到3Cr+时，得到电子为3×2×1mol=6mol，电子数为A6N，但该选项没指明重铬酸钾的物质的量，故C错误；D．14g乙烯的物质的量为0.5mol，1mol乙烯中含有共用电子对数是6，则14g乙烯中含有的共用电子对的数目为A3N，故D正确；答案选AD。13.王浩天教授

团队发明了一种制取22HO的绿色方法，其反应原理为2222HOHO=+，装置如图所示，下列说法错误的是()A.气体A为氢气，气体B为氧气B.加大工作电流和去离子水的流速都能增大22HO的浓度C.阴极上的电极反应式为222OHO2eHOOH−−−++=

+D.每消耗21molO通过电路中的电子为4mol【答案】BD【解析】【分析】由示意图可知左边a电极为阳极，氢气被氧化生成H+，电极方程式为H2-2e-═2H+，H+经过X膜进入多孔固体电解质中，则X膜为选择性阳离子交换膜，右

边b电极为阴极，氧气被还原生成-2HO，反应为O2+2e-+H2O═-2HO+OH-，-2HO和OH-经过Y膜进入多孔固体电解质中，则Y膜为选择性阴离子交换膜，总反应为H2+O2═H2O2，【详解】A．由示意图可知左边生成H+，则气体A为

氢气，右边b电极为阳极，氧气被还原生成-2HO，则气体B为氧气，故A正确；B．未反应的去离子水溶解H2O2后流出，故加大流速会减小H2O2的浓度，故B错误；C．阴极发生还原反应，右边b电极为阴极，氧气被还原生成-2HO，反应为O2+2e-+H2O═-2HO+OH-，故C正确；D．总反应为

：H2+O2═H2O2，氧元素化合价从0价降至-1价，每消耗21molO通过电路中的电子为1×2mol=2mol，故D错误；答案选BD。14.有机化合物分子中基团之间的相互影响会导致物质的化学性质不同。下列事实不可以用上述观点解释的是（）A.苯不能

与溴水发生取代反应，而苯酚能与溴水发生取代反应B.乙醇不能与碱发生中和反应，而乙酸能与碱发生中和反应C.2-甲基-1-丙醇能发生消去反应，2，2-二甲基-1-丙醇不能发生消去反应D.乙烷不能使高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能使高锰

酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A．苯不能与溴水发生取代反应，而苯酚能与溴水发生取代反应说明羟基的存在使苯环上邻对位的H原子活性增强，故A正确；B．乙醇不能与碱发生中和反应，而乙酸能与碱发生中和反应说明CH3CH2O-对H原子活性

的影响和CH3COO-对H原子活性的影响不同，故B正确；C．2-甲基-1-丙醇能发生消去反应是因为2号C上有H，2，2-二甲基-1-丙醇不能发生消去反应是因为2号C上没有H，与基团之间的相互影响无关，C错误；D．乙烷不能

使高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能使高锰酸钾溶液褪色说明甲基对甲基的影响和苯基对甲基的影响不同，故D正确。答案选C。15.25℃时，向20mL0.1mol•L-1H2A溶液中滴加0.1mol•L-1的NaOH

溶液，（忽略反应前后溶液体积变化）原溶液中部分粒子的物质的量随滴入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是A.II表示的是HA-的物质的量的变化曲线B.NaHA水溶液显碱性C.2-c(HA)c(HA)的值随若V[NaO

H(aq)]的增大而减小D.当V[NaOH(aq)]=20mL时，溶液中存在关系：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.05mol•L-1【答案】B【解析】【详解】A．H2A总物质的量为2×10-3mol，结合图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.1mol/LH2A溶液中H2A的物质

的量小于2×10-3mol，说明H2A在溶液中不能完全电离，所以H2A为弱酸，存在电离平衡：H2AH++HA-，HA-H++A2-，电离程度是微弱的，主要以H2A存在，第一步电离产生的H+对第二步电离起抑制作用，故I表示H2A，II表示HA-，III表示A

2-的浓度变化曲线，A正确；B．NaHA水溶液是强碱弱酸盐，HA-水解呈显碱性，HA-又会电离呈酸性，则NaHA溶液的酸碱性取决于HA-水解与电离程度的相对大小，由图知，当加入20mL氢氧化钠溶液时，所得即为NaHA水溶液，而此时溶液中A2-

离子浓度大于H2A浓度，即HA-水解程度小于电离程度，则NaHA水溶液呈酸性，B错误；C.由电离平衡常数可知：()()()12HAHHAccKc−+=，则()()()21HHAHAccKc+−=，温度不变，K1不变，随着NaOH溶液的加入c(H+)

逐渐减小，所以()()2HAHAcc−会随着V[NaOH(aq)]的增大而减小，C正确；D．V[NaOH(aq)]=20mL时，发生反应：NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶质为NaHA，体积变化忽略不计，总

体积为40mL，钠离子浓度为0.05mol/L，根据物料守恒可得：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=c(Na+)=0.05mol/L，D正确；答案选B。16.某实验小组先用如图所示装置制备4FeSO溶液，再与等物质的量

的()442NHSO反应，制备补血剂硫酸亚铁铵晶体()()44222NHFeSO6HO。已知：硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。实验步骤如下：①称取0.7g铁粉，用2310mL10%NaCO溶液煮

沸洗净，加入烧瓶中，再加入12410mL1molLHSO−溶液反应。②保持温度在70～80℃之间，至反应无明显气泡产生，停止加热，过滤，称量残余固体质量。③向4FeSO溶液中加入一定质量的()442NHSO固体，在70~80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。用95%的

酸性乙醇溶液洗涤晶体两次，用滤纸吸干，即可得到硫酸亚铁铵晶体。回答下列问题：(1)图中盛装11molL−的24HSO溶液的仪器名称是_________。若用98%的浓硫酸来配制24100mLHSO溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、________

、________。图示装置中的加热方式是______。(2)由于加入的铁粉不纯，反应过程中会产生少量3PH气体，因此需使用封闭装置。用4CuSO溶液吸收3PH时会有磷酸和一种紫红色固体生成，则该反应

的化学方程式为___________。(3)铁粉和硫酸采取步骤①中的配比关系的主要原因是_______________。(4)已知酸性高锰酸钾溶液可与2Fe+发生氧化还原反应：22342MnO5Fe8H=Mn5Fe4HO−++++++++。现称取()()442223

.30gNHFeSO6HO(相对分子质量为392)产品(杂质只有42FeSO7HO，相对分子质量为278)溶于稀硫酸中，然后用10.10molL−的酸性高锰酸钾溶液滴定，达到终点时消耗了18.00mL酸性

高锰酸钾溶液。①滴定终点时的现象是____________。②产品中()()44222NHFeSO6HO的质量分数为________(保留4位有效数字)。【答案】(1).分液漏斗(2).胶头滴管(3).100mL容量瓶(4).水浴加热(5).4323

4244CuSOPH4HOHPO4HSO4Cu++++(6).铁粉适当过量，防止2Fe+被氧化(7).当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色(8).83.15%【解析】【分析】本实验为制备硫酸亚铁的实验，PH3气体用CuSO

4溶液时会生成H3PO4和Cu，同时还有硫酸生成，根据质量守恒书写可得；考虑亚铁离子易被氧化；根据滴定原理，Fe2+反应完全，高锰酸钾开始过量，溶液显示高锰酸钾的颜色；【详解】(1)实验装置盛装1mol•L-1的H2SO4溶液的仪器为分液漏斗；配制溶液需要用到的玻璃仪器有：烧杯、

玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶；图示装置中的加热方式是水浴加热；(2)用CuSO4溶液吸收PH3时会生成H3PO4和Cu，同时还有硫酸生成，反应为：43234244CuSOPH4HOHPO4HSO4Cu++++；(3)硫酸亚铁易被氧化，将0.7g铁粉10mL1mol

•L-1H2SO4溶液加入烧瓶中反应，铁粉过量，目的是避免Fe2+被氧化为Fe3+；(4)①Fe2+反应完全，高锰酸钾开始过量，溶液显高锰酸钾的颜色，故终点现象为：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；②设产品中(NH4)2Fe(SO4)2•6H

2O的物质的量为xmol，FeSO4•7H2O物质的量为ymol，则有392x+278y=3.30，根据反应-4MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，则n(Fe2+)=5n(-4MnO)，则有x+y=50.1mol/L?0.018L0.009=，解得x=0

.007，产品中(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O的质量分数为0.007mol392g/mol100%83.15%3.30g=。17.三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以及有机合成催化剂方面有重要的应用。以硫铁矿(主要成分为2FeS，杂质不与盐酸反应)为原

料制备三氯化铁晶体()32FeCl6HO的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)“焙烧”过程中，理论上21molFeS，被氧化转移11mol电子，则该反应的氧化产物为_____________。(2)现有试剂：①稀盐酸②稀硫酸③稀硝酸④氯气⑤硫氰化钾溶液⑥高锰酸钾溶液⑦氢氧化钠溶液。为确认“酸

溶”后的溶液中是否会含2Fe+，另取“焙烧”后的烧渣少许，用________(从上述试剂中选择，填标号)溶解，将所得溶液滴入______________(从上述试剂中选择，填标号)中，若_________，则说明“酸溶”后的溶液中含2Fe+。(3)从3FeCl溶液中得到32FeCl6HO

的操作包括_______、冷却结晶、过滤，该过程需保持盐酸过量，结合必要的离子方程式说明原因：____________________。(4)从32FeCl6HO中得到无水3FeCl的操作方法为____________________________。(5)若以a吨硫

铁矿为原料，最终制得b吨32FeCl6HO，不计生产过程中的损失，则该硫铁矿中2FeS的含量为_______________(用含a、b的代数式表示)。【答案】(1).232FeOSO、(2).②(3).⑥(4).高锰酸钾溶液褪色(5).蒸发浓缩(6).323Fe3HOFe

(OH)3H++++，过量的盐酸能抑制3Fe+水解(7).在HCl气流中加热失去结晶水(8).120b100%270.5a【解析】【分析】硫铁矿在空气中焙烧，生成氧化铁和二氧化硫气体，固体物质用盐酸酸浸，若硫铁矿未反应完全，则溶液中含有亚铁离子、铁离子；通入

氯气氧化，使溶液中的Fe2+氧化成Fe3+；FeCl3溶液经过加热浓缩、冷却结晶、过滤，得到FeC13•6H2O；【详解】（1）由1mo1FeS2被氧化转移11mol电子可知，“焙烧”过程中发生的反应为：4F

eS2+11O2=焙烧2Fe2O3+8SO2，该反应的氧化产物为Fe2O3和SO2；故答案为：232FeOSO、；（2）检验“酸溶”后溶液中是否含有Fe2+，则酸溶不能选择稀硝酸，因为硝酸具有氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+．溶液中本就含有Fe3+，所以不能用

硫氰化钾溶液和氯气以及氢氧化钠溶液检验Fe2+是否存在，则只有高锰酸钾溶液可以检验Fe2+是否存在，而高锰酸钾也可以氧化盐酸而发生褪色，所以“酸溶”应选用稀硫酸，故答案为：②；⑥；高锰酸钾溶液的紫色变浅或褪色；（3）从FeCl3溶液中得到FeC13•6H2O的操作步骤为：蒸发浓缩、冷却

结晶、过滤，因为铁离子很容易发生水解反应，直接加热蒸干最终得到的是氧化铁，所以在加热浓缩时要保持盐酸过量，抑制铁离子发生水解反应，故答案为：蒸发浓缩；323Fe3HOFe(OH)3H++++，过量的盐酸能抑制3Fe+水解；（4）以防铁离子水解，从32FeCl6

HO中得到无水3FeCl的操作方法为：在HCl气流中加热失去结晶水；（5）b吨FeC13•6H2O中铁元素的含量为：Fe56m=b=0.207b270.5，根据Fe元素守恒，2(FeS)56m0.207b=0.4436b120=，硫铁矿中FeS2的含量为：1

20b100%270.5a。18.氯碱工业是最基本的化学工业，它以电解精制饱和食盐水的方法生产氢气、氯气、烧碱等，其产品具有十分广泛的用途。(1)粗盐中含有2224CaMgSO++−、、等杂质离子，欲用

223BaClNaOHNaCO、、、盐酸进行精制，则这些试剂的加入顺序依次为NaOH、________、_________、________。(2)工业中制取漂白粉时是将氯气通入_________(填“澄清石灰水”或“石

灰乳”)中，理由是____________________________。(3)图2为离子交换膜法电解食盐水的示意图，离子交换膜的作用为__________________、_______________。(4)某化学课外小组用图3所示的简易装置制取“84”消毒液，则a为电源的_____极，阳极

上的电极反应式为____________________，生成次氯酸钠的离子方程式为____________________。【答案】(1).2BaCl(2).23NaCO(3).盐酸(4).石灰乳(5).澄清石灰水中2Ca(O

H)的含量低，不适合工业上大量生产(6).阻止阳极产生的2Cl和阴极产生的2H混合发生爆炸(7).阻止OH−进入阳极室，与2Cl发生副反应(8).负(9).22Cl2eCl−−−(10).22Cl2OHClClOHO−−−+++(或22ClHOClOH

−−++电解)【解析】【分析】（2）工业中制取漂白粉的原理：222222Cl+2Ca(OH)=CaCl+Ca(ClO)+2HO；（4）利用图3制作一种环保型消毒液发生器，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO

，次氯酸钠具有与漂白性，为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成；【详解】（1）先加入足量的NaOH，除去镁离子；然后加入过量BaCl2，除去2-4SO、2-3CO；再加入过量Na2CO3除去Ca2+和过量的Ba2+；过滤后，滤液中加入过量的盐酸，除去溶液中剩

余的碳酸根和氢氧化钠中的氢氧根，最后加热除去剩余的氯化氢，也可先加BaCl2，再加入NaOH，但应保证，最后依次加入Na2CO3、HCl，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠必须放在氯化钡的后面，故答案为：2BaCl

、23NaCO、盐酸；（2）工业中制取漂白粉时是将氯气通入石灰乳，反应方程式为：222222Cl+2Ca(OH)=CaCl+Ca(ClO)+2HO，该反应其中原料是氢氧化钙，故不通入澄清石灰水的原因是：澄清石灰水中2Ca(OH)的含量低，不适合工业上大量生产；

故答案为：石灰乳；澄清石灰水中2Ca(OH)的含量低，不适合工业上大量生产；（3）阳离子交换膜只允许Na+进入阴极区，防止氯离子进入，阻止OH−进入阳极室，与2Cl发生副反应，有效阻止阳极产生的2Cl和阴极产生的2H混合发生爆炸；

（4）阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，次氯酸钠具有与漂白性，为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成，上边电极生成氢气，为阴极，则a为负极、b为正极，阳极上的电极反应式为

：22Cl2eCl−−−，生成次氯酸钠的离子方程式为：22Cl2OHClClOHO−−−+++。19.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，研究表明液氨是一种良好的储氢物质。(1)化学家GethardE

rtl证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的过程，示意图如下：下列说法正确的是____________(填标号)。A．①表示22NH、分子中均是单键B．②→③需要吸收能量C．③→④需要吸收能量D．该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键

的生成(2)合成氨反应在不同压强、使用相同催化剂条件下，初始时氮气和氢气的体积比为1:3时，平衡时混合物中氨的体积分数()3φNH与温度的变化关系如图所示。①若分别用()A3NH和()B3NH表示从反应开始至达到平衡状态A、B时的化学反应速率，则()A3NH___

_______(填“>”“<”或“=”)()B3NH。②在250℃、32.010kPa时，2H的转化率为___________(结果保留三位有效数字)%。(3)温度为°TC时，在1L的恒容密闭容器中加入32molNH，此时压强为0p，用Ru

催化氨气分解，若平衡时氨气的转化率为50%，则该温度下反应3222NH(g)N(g)3H(g)+，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数pK=__________(用含0p的代数式表示)。[己知：气体分压()p=分气体总压()Ap体积分数](4)液氨是一种良

好的储氢物质，液氨的电离与水的电离相似：3422NHNHNH+−+ƒ，常温下()()3042KcNHcNH110+−−==，常温下，将一定量的金属钠投入1.0L液氨中，待反应结束后，收集到标准状况下224mL氢气。忽略溶液体积的变

化，则恢复到室温时所得溶液中()4cNH+=______1molL−。(5)在一定条件下，可用3NH消除NO污染，其反应原理为3224NH(g)6NO(g)5N(g)6HO++(1)1H1807.98kJmol−=−。在刚性

容器中，3NH与NO的起始物质的量之比分别为X、Y、Z(其中X<Y<Z)，在相同时间内不同温度条件下，得到NO的脱除率(即NO的转化率)曲线如图所示。①3NH与NO的物质的量之比为X时对应的曲线为_____

____(填“a”“b”或“c”)。②各曲线中NO的脱除率均先升高后降低的原因为__________。【答案】(1).BD(2).<(3).66.7(4).2027p64(5).29510−(6).c(7).温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO的脱除

率逐渐升高；温度高于900℃时，反应达到平衡状态，反应的0H，继续升高温度，平衡向左移动，NO的脱除率又下降【解析】【分析】本题主要对化学平衡和反应速率的综合考查，重点考查催化剂在反应过程中的机理、化学平衡计算、化学反应速率的影响因素、化学平衡图像的分析和有关平衡常数的计算，总体难度一

般。（1）分析催化剂在反应过程中的作用机理，认真看图即可解答；（2）①根据温度对反应速率的影响规律进行解答；②利用化学平衡三段式计算方法结合相关数据即可解答；（3）一体积固定的密闭容器中加入2molNH3，氨气分解的转化率为50%，列化学平衡三

段式进行计算；（4）结合反应先算出-2NH的浓度，利用液氨的电离平衡常数即可求解；（5）分析图像，重点看清纵坐标和横坐标的含义结合勒夏特列原理进行解答。【详解】（1）（1）A．图示①并不表示N2分子和H2分子的

化学键，因为N2是叁键，H2分子中是单键，A错误；B．图示可知，②→③是断开化学键的过程，需要吸收能量，B正确；C．图示可知，③→④是表示化学键的形成，将释放能量，C错误；D．②→③表示N≡N、H-H断裂，③→④表示N-H键的形成，D正确

；故答案为：BD。（2）①温度越高，反应速率越快，图中可知A点对应的温度比B点的低，故则A（NH3）＜B（NH3），故答案为：＜；②初始时氮气、氢气的体积比为1：3时，在250℃、1.0×104kPa下，平衡混合物中氨的体积分数为50%，223N+3H2NHn(m

ol)130n(mol)x3x2xn(mol)1-x3-3x2x起始变化平衡，2x100%=50%1-x+3-3x+2x，解得x=23，H2的转化率23?mol3x3==?100%=66.7%33mol，故答案为66.7；（3）一体积固定的密闭容器中加入2

molNH3，氨气分解的转化率为50%，3222NHN3Hn(mol)200n(mol)10.51.5n(mol)10.51.5+起始变化平衡，压强之比等于物质的量之比，p0：p平衡=2：3，则反应后压强为03p2，223300

32(N)(H)0p220(NH)3p3p0.51.5()pp27p3232=3p1p64()32K==；故答案为：2027p64；（4）2mV0.224Ln(H)===0.01molV22.4L/mol，3222NH+2Na

=2NaNH+H，-2n(NH)0.02mol=，-2c(NH)0.02mol/L=，根据+-42K=c(NH)c(NH)可知，+30-294-2110Kc(NH)===5?10mol/Lc(NH)0

.02−，故答案为：-295?10；（5）①3NH与NO的物质的量之比越大，说明NH3的量越多，增大一种反应物的浓度，其他反应物的转化率增大，由于X<Y<Z，故3NH与NO的物质的量之比为X时，对应的曲线为c，故答案为：c；②各曲线中NO的脱除率均先升高后降低

的原因为：温度低于900℃时，反应速率较慢，在该时间段内反应还未达到平衡，随着温度升高反应速率加快，NO的脱除率逐渐升高；温度高于900℃时，在该时间段内反应达到平衡状态，由于反应的正反应的0H，继续升高温度，平衡向左移动，NO的脱除率下降，故答案为：温度低于90

0℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO的脱除率逐渐升高；温度高于900℃时，反应达到平衡状态，反应的0H，继续升高温度，平衡向左移动，NO的脱除率又下降。20.下面是合成药物格列卫的中间体J的一种合成路线

：回答下列问题：(1)A的名称为_____。(2)E中官能团的名称为________。(3)在B→C的反应中，水合肼的作用是_________。(4)写出E→F的化学方程式：_______，反应类型为____。(5)G的结构简式为________。(6)芳香化合物X是D的同

分异构体，其苯环上具有三个取代基且氨基与苯环直接相连，X能发生银镜反应，分子结构中只有一个乙基，符合条件的X的结构有_____种。【答案】(1).甲苯(2).氨基、硝基(3).将硝基还原成氨基(或作还原剂)(4).(5)

.取代反应(6).(7).10【解析】【分析】本题是一个有机推断题，结合流程图中的分子式和结构简式以及反应条件可知，A为甲苯，结构简式为，B是对硝基甲苯，结构简式为，C为对氨基甲苯，结构简式为：，根据F和H的结构简式和G的分子式可推知，G

的结构简式为：，据此结合流程图进行解答，难度一般。【详解】(1)根据流程图中A的分子式和D的结构简式分析可知A为，故其名称为甲苯，故答案为：甲苯；(2)E的结构简式为，故其中官能团的名称为氨基和硝基，故答案为：氨基和硝基；(3)据

分析可知B是，C是，故在B→C的反应中，水合肼是将硝基变为氨基，在有机化学中加氢失氧的反应是还原反应，故其作用是将硝基还原成氨基(或作还原剂)，故答案为：将硝基还原成氨基(或作还原剂)；(4)从流程图可知，写出E→F即与反应生成HCl和，故其化学方

程式为：，反应类型为取代反应，故答案为：；取代反应；(5)根据F和H的结构简式和G的分子式可推知，G的结构简式为：，故答案为：；(6)由流程图可知，D的分子式为C9H11NO，其苯环上具有三个取代基且氨基与

苯环直接相连，X能发生银镜反应说明含有醛基，分子结构中只有一个乙基，符合条件的X即除苯环之外的三个取代基分别为：a为氨基，b为醛基，c为乙基，故其结构简式有如下：（c有4中连接方式），（c有4中连接方式），（c有2中连

接方式），故共有（4+4+2=10）种，故答案为：10。