辽宁省辽河油田第二高级中学2019届高三上学期期末考试化学试题

高三期末考试
化学试卷
相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23 S—32 Cl—35.5 P—31 Fe—56 Cu—64 N—14
一、选择题(本题共14道小题，每题3分，共42分，每题只有一个选择最符合题意)
1.《新修本草》是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述：“绛矾，本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”据此推测，“青矾”的主要成分为( )
A. CuSO4·5H2O
B. FeSO4·7H2O
C. KAl(SO4)2·12H2O
D. Fe2(SO4)3·9H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe203超细粉末为红色。

【详解】CuSO4·5H2O为蓝色晶体， FeSO4•7H2O是绿色晶体， KAl（SO4）2•12H2O是无色晶体，Fe2（SO4）3•9H2O为黄色晶体，所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O，故选B。

【点睛】本题考查了物质性质、物质颜色的掌握，掌握基础是解题关键，主要是亚铁盐和铁盐转化的颜色变化，信息理解是关键。

2.化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是( )
A. 水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂
B. 根据稳定性可将分散系分为溶液、胶体和浊液
C. 高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，都利用了其强氧化性
D. 高纯度的硅单质可用于制作光导纤维
【答案】A
【解析】
【详解】A项、水玻璃是硅酸钠的水溶液，由于硅酸钠具有粘性、不易燃烧，所以水玻璃是生产硅胶、木材防火剂、粘合剂的原料，故A正确；
B项、根据分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故B错误；
C项、用高锰酸钾溶液、双氧水的强氧化性进行杀菌消毒，酒精能使病毒中蛋白质发生变性，但酒精不具有强氧化性，故C错误；
D项、高纯度的硅单质广泛用于制作半导体，制光导纤维的材料为二氧化硅，故D错误。

故选A。

【点睛】题考查物质的性质及应用，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键。

3.设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是( )
A. 0.1 mol C2H6O分子中含C—H键的数目为0.5N A
B. 1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中含有的NH4+数目为0.1N A
C. 8.4 g NaHCO3和MgCO3的混合物中含有的阴离子数目为0.1N A
D. 标准状况下，2.24 L Cl2与过量NaOH溶液反应转移的电子数为0.2N A
【答案】C
【解析】
【详解】A项、C2H6O可能是乙醇，还可能为二甲醚，为乙醇时，0.1molC2H6O中含C—H键的数目为0.5N A；当为二甲醚时，0.1molC2H6O中含C—H键的数目为0.6N A，故A错误；
B项、NH4+离子在溶液中会水解，1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl中含有的NH4+个数小于0.1N A个，故B错误；
C项、NaHCO3和MgCO3的摩尔质量均为84g/mol，故8.4g混合物的物质的量为0.1mol，而NaHCO3由钠离子和碳酸氢根构成；MgCO3由镁离子和碳酸根构成，故8.4g混合物即0.1mol混合物中含有的阴离子个数为0.1N A个，故C正确；
D项、标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，故0.1mol氯气和过量氢氧化钠溶液反应后转移0.1N A个电子，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意有机物的结构多样性，盐类水解的知识，歧化反应转移电子数目是易错点。

4.分子式为C7H6O2且属于芳香族化合物的同分异构体数目是( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
【答案】D
【解析】
试题分析：芳香族化合物的分子式为C7H6O2，说明分子中含有苯环，同碳原子数的一元酸、一
元酯、羟基醛为同分异构体，所以该物质有苯甲酸、甲酸苯酚酯、邻羟基醛、间羟基醛、对羟基醛，共5种；故选D．
考点：考查了同分异构体的书写的相关知识。

5.下列说法正确的是( )
A. 化合物的分子式为C13H9O4N2
B. 在碱性条件下，CH 3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H OH
C. 在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应
D. 甲苯苯环上的一个氢原子被—C3H6Cl取代，形成的同分异构体有9种
【答案】C
【解析】
【详解】A项、结构简式中碳原子形成四个共价键，氮原子形成三个共价键，氧原子形成两个共价键，氢原子形成一个共价键，根据结构简式可知分子式为C13H10O4N2，故A错误；
B项、碱性条件下，酯水解生成酸式盐和醇，在酸性条件下酯水解生成羧酸和醇，则该物质在碱性条件下水解应该生成乙酸盐和C2H518OH，故B错误；
C项、含有羧基、酚羟基或肽键的物质在一定条件下能与NaOH反应，乙酸、氨基酸都含有羧基而蛋白质含有肽键，所以这几种物质都能与NaOH反应，故C正确；
D项、甲苯在苯环上甲基有邻、间、对三种不同的位置；—C3H6Cl有—CHClCH2CH3、—CH2CHClCH3、—CH2CH2CH2Cl、—CCl(CH3)2、—CH(CH3)CH2Cl五种不同的结构。

每种结构在苯环的甲基的邻位、间位、对位三种，五种结构一共有3×5=15种，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重考查了有机物结构简式、有机物性质、官能团性质等，把握物质的性质、发生的反应及性质与用途为解答的关键。

6.下列实验操作或装置中的药品使用正确的是( )
A. 配制溶液
B. 证明非金属性强弱：C＞
Si
C. 除去CO2中的HCl
D. 证明SO2的漂白性
【答案】C
【解析】
配制溶液时，液面离刻度线2-3cm时，用胶头滴管逐滴加入至与液面与刻度线相切，故A错误；浓硝酸具有挥发性，硝酸能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故不能证明非金属性C>Si，故B错误；碳酸氢钠溶液能除去二氧化碳中的氯化氢，故C正确；二氧化硫使高锰酸钾溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，故D错误。

7.利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
试题分析：A.浓盐酸容易挥发，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢气体，氯化氢也能使Na2SiO3溶液变浑浊，不能说明碳酸的酸性比硅酸强，也不能说明非金属性： C>Si ，故A错误；B.电石与水反应生成的气体中往往混有硫化氢等杂质气体，也是溴水褪色，不能证明乙炔是否
可与溴发生加成反应，故B错误；C.浓硝酸常温下与铝发生钝化，没有气体放出，故C错误；
D.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D。

考点：考查了化学实验方案的设计与评价的相关知识。

8. 短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次递增，且在同一周期，四种元素原子的最外层电子数之和为19，X和Y元素原子的原子序数比6：7，X的最高正价是W的最低负价的绝对值的2倍。

下列说法正确的是
A. X单质可以通过铝热法获得
B. Y的氧化物是良好的半导体材料
C. Z的氢化物比W的氢化物更稳定
D. X的氧化物和Z的最高价氧化物化合的产物中有共价键和离子键
【答案】D
【解析】
试题分析：短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次递增，且在同一周期，X和Y元素原子的原子序数比为6：7，如果X的原子序数为6，则X、Y、Z和W的最外层电子数只能为4、5、6、7，四种元素原子的最外层电子数之和为22，而且X的最高正价是W的最低负价的绝对值的4倍，不符合题意；如果X的原子序数为12，X和Y元素原子的原子序数比为6：7，Y的原子序数应为14，由于X的最高正价是W的最低负价的绝对值的2倍，则W的原子序数为17，四种元素原子的最外层电子数之和为19，Z只能是16号元素，所以X、Y、Z和W以此为Mg、Si、S、Cl元素。

A、X为Mg元素，比Al活泼，不能用铝热法制取，故A错误；B、硅单质是良好的半导体材料，二氧化硅不是，故B错误；C、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素对应的氢化物的稳定性逐渐增强，则氯化氢的稳定性大于硫化氢，故C错误；D、X的最高价氧化物和Z的最高价氧化物化合的产物为硫酸镁，属于含氧酸盐，既含有离子键，又含有共价键，故D正确；故选D。

【考点定位】考查元素周期律与元素周期表
【名师点晴】本题考查原子结构和元素周期律的关系，正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意物质的工业用途和化学键的类型。

1～20号元素的特殊的电子层结构可归纳为：（1）最外层有1个电子的元素：H、Li、Na、K；（2）最外层电子数等于次外层电子数的元素：Be、Ar；（3）最外层电子数是次外层电子数2倍的元素：C；（4）最外层电子数是次外层电子数3倍的元素：O；（5）最外层电子数是内层电子数总数一半的元素：Li、P；（6）最外层电子数
是次外层电子数4倍的元素：Ne；（7）次外层电子数是最外层电子数2倍的元素：Li、Si；（8）次外层电子数是其他各层电子总数2倍的元素：Li、Mg；(9)次外层电子数与其他各层电子总数相等的元素Be、S；(10)电子层数与最外层电子数相等的元素：H、Be、Al。

9.用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示。

下列说法正确的是( )
A. 放电时，甲电极反应为NiO(OH)＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－
B. 放电时，甲电极为正极，OH－移向乙电极
C. 电池放电时总反应为H2＋2NiO(OH)=2Ni(OH)2
D. 充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连
【答案】C
【解析】
【分析】
放电时，该电池为原电池，甲电极为负极，H2在电极上放电，乙电极为正极，NiO(OH)在电极上放电；充电时，应将甲电极与外电源的负极相连作阴极，乙电极与外电源的正极相连作阳极。

【详解】A项、放电时，甲电极为负极，H2在电极上放电，电极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，故A错误；
B项、放电时，甲电极为负极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-向负极甲电极移动，故B错误；
C项、放电时，正极电极反应式为2NiO（OH）+2H2O+2e-═2Ni（OH）2+2OH-，负极电极反应式为：H2+2OH--2e-═2H2O，放电时总反应为H2＋2NiO(OH)=2Ni(OH)2，故C正确；
D项、放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查二次电池，掌握二次电池中的原电池和电解池原理，注意结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式的书写是解答关键。

10.已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的pK a1=1.85，pK a2=7.19。

用0.1 mol·L-1NaOH溶液滴定
20mL 0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。

下列说法正确的是
A. a点所得溶液中：2c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1mol/L
B. b点所得溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)
C. c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3-)
D. e点所得溶液中：c(Na+)> c(SO32-)> c(H+)> c(OH-)
【答案】C
【解析】
A．用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，pH=1.85=pKa1，电离平衡常数表达式得到则c(H2SO3)=c(HSO3-)，溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：c(H2SO3)+c(SO32-)+c(HSO3-)=2c(H2SO3)+c(SO32-)＜0.1 mol•L-1 ，故A错误；B．b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)，物料守恒c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，得到：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)，故B错误；C．c 点pH=7.19=pKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，
Kh==，c(OH-)=，带入计算得到：c(HSO3-)=c(SO32-)，溶液中2n(Na)=3c(S)，2c(Na+)=3[c(SO32-)+c(H2SO3)+c(HSO3-)]=3[c(H2SO3)+2c(HSO3-)]，c(Na+)＞3c(HSO3−)，故C正确；D．加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液恰好反应生成Na2SO3，Na2SO3水解显碱性，溶液中离子浓度c(OH-)> c(H+)，故D错误；故选C。

点睛：本题考查了图象变化的分析，酸碱反应溶液酸碱性，盐类水解原理，电解质溶液中离子浓度大小的比较方法等知识。

解答本题要能够充分利用电解质溶液中的守恒关系，结合溶液的性质判断。

11.已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数见下表：
则下列有关说法正确的是( )
A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2B)>pH(NaHB)>pH(NaA)
B. 将a mol·L－1的HA溶液与a mol·L－1的NaA溶液等体积混合，混合液中：c(Na＋)>c(A－)
C. 向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为：B2－＋2HA===2A－＋H2B
D. NaHB溶液中部分微粒浓度的大小为：c(Na＋)>c(HB－)>c(B2－)>c(H2B)
【答案】D
【解析】
A. 由于酸性H2B >HA>HB-，使得水解程度HB-<A-<B2-，所以等物质的量浓度的各溶液pH关系为:PH(Na2B)>pH(NaA)>pH(NaHB)，故A错误；
B. 因为K a K h=K w，K a=1.7×10-6，所以K a>K h，将a mol·L-1的HA溶液与a mol·L-1 的NaA溶液等体积混合，HA的电离程度大于NaA的水解程度，混合液中：C(A-)> C(Na+ ),故B错误；
C. 向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为：B2-+HA==A- +HB-，故C错误；
D. 由于K1=1.3×10-3，NaHB的电离程度大于其水解程度，所以C(Na+)> C(HB-)> C(B2-)> C(H2B)，故D正确。

故选D。

点睛：由25℃K a K h=K w=1×10-14和K a=1.7×10-6，可得K a>K h。

12.某酸性废水中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、K＋、CO32-、SO42-。

取废水样品分别进行如图所示①～④四个实验。

下列推断正确的是( )
A. 废水含有Na＋，不含K＋
B. 废水含有SO42-和CO32-
C. 废水不含Fe3＋，可能含Fe2＋
D. 废水一定含有Na＋、Al3＋、SO42-
【答案】D
根据已知废水为酸性，故和H+反应的离子不能与之共存，即CO32-不存在，根据溶液是电中性的，则SO42-一定存在，由实验①可得，焰色反应颜色为黄色，说明一定含有Na+，可能含有K+；实验②，加盐酸后再加BaCl2溶液有白色沉淀，也再一次说明含有SO42-；实验③加KSCN溶液，无明显现象，说明不含Fe3+；实验④，滴加NaOH溶液至过量，一开始无沉淀，后有沉淀，最后沉淀溶解，说明含有Al3+，不含有Fe2+和Mg2+，所以废水中肯定含有Na+、SO42-、Al3+，肯定不含CO32-、Fe2+、Mg2+、Fe3+，可能有K+，故选D。

13.一定温度下，在1 L恒容密闭容器中加入1 mol的N2(g)和3 mol H2(g)发生反应：N2(g)
＋3H 2(g)2NH3(g) ΔH<0，NH3的物质的量与时间的关系如表所示，下列说法错误的是( )
A. 0～t1 min，v(NH3)＝0.2/t1mol·L－1·m in－1
B. 升高温度，可使正反应速率减小，逆反应速率增大，故平衡逆向移动
C. N 2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的活化能小于2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的活化能
D. t3 min时再加入1 mol的N2(g)和3 mol H2(g)，反应达到新平衡时，c(N2)>0.85 mol·L－1【答案】B
【解析】
【分析】
由表格数据可知，t2 min时，反应达到平衡，平衡时NH3物质的量为0.3mol，N2物质的量为0.85 mol，H2物质的量为2.55mol。

【详解】A项、0～t1min内，NH3的浓度增大0.2mol/L，则v（NH3）=△c(N2)/△t=0.2mol/L/t1min=0.2/t1mol·L－1·min－1，故A正确；
B项、升高温度正逆反应速率均增大，化学平衡向吸热方向移动，由于该反应正方向为放热反应，所以平衡逆移，故B错误；
C项、△H=正反应的活化能-逆反应的活化能＜0，所以正反应的活化能＜逆反应的活化能，即N 2（g）+3H2（g）2NH3（g）的活化能小于2NH3（g）N2（g）+3H2（g）的活化能，故
D项、原来平衡时，生成氨气为0.3mol，消耗氮气为0.15mol，则剩余的氮气为0.85mol，再加入1mol的N2（g），平衡向正方向移动，由于可逆反应中反应物不能全部转化为生成物，所以加入的1mol的N2（g）不能全部反应，即后来平衡时氮气的物质的量大于0.85mol，则c（N2）＞0.85mol•L-1，故D正确。

故选B。

【点睛】本题考查了化学平衡移动原理，涉及了化学平衡的有关计算、化学反应速率的计算、化学平衡移动，侧重于分析能力和计算能力的考查，注意把握反应的特点以及平衡的影响因素是解答关键。

14.用单质铁去除酸性水体中NO3-的原理如图所示，下列说法错误的是( )
A. 能量转化形式主要为化学能转化为电能
B. 电极材料分别为Fe和Fe3O4
C. 负极反应为NO3-＋8e－＋10H＋===NH4+＋3H2O
D. 该原理的总反应可表示为NO3-＋3Fe＋2H＋＋H2O===NH4+＋Fe3O4
【答案】C
【解析】
A．此为原电池，其能量转化形式主要为化学能转化为电能，故A正确；B．由图示可知负极为Fe，正极材料Fe3O4，故B正确；C．负极发生的反应为失电子的氧化反应，故C错误；D．该原电池的总反应可表示为NO3-+3Fe+2H++H2O= NH4+ +Fe3O4，故D正确；答案为C。

二、非选择题(本题共三小题，共43分)
15.氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色。

如图是工业上用制作印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生产CuCl的流程：
根据以上信息回答下列问题：
(1)生产过程中X的化学式为________。

(2)写出产生CuCl的化学方程式：__________________________________________。

(3)在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，结合化学方程式和必要的文字说明理由_____________________________________________________
实际生产中SO2要适当过量，原因可能是_______________________________(答一点即可)。

(4)实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：
析出CuCl晶体最佳pH为________，当pH较大时CuCl产率变低，原因是
________________________________________________________________________。

调节pH 时，________(填“能”或“不能”)用相同pH的硝酸代替硫酸，理由__________________。

(5)氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25 g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。

②用0.10 mol·L－1硫酸铈标准溶液滴定。

已知：CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋。

三次平行实验结果如下(平行实验结果相差不能超过1%)：
则样品中CuCl的纯度为________(结果保留三位有效数字)。

【答案】 (1). Fe (2). CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4 (3). Cu＋
2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2的物质的量之比也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体 (4). 提高Cu2＋的还原速率，同时可以防止生成的Cu＋被空气氧化 (5). 2 (6). Cu2＋水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小 (7). 不能 (8). 硝酸会与产品CuCl发生反应 (9).
95.5%
【解析】
【分析】
由流程图可知，向废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）中加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜。

【详解】（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，故答案为：Fe；
（2）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，故答案为：
CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；
（3）依据图示可知：Cu+2 H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和 SO2为1：1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2 H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1﹕1，所以理论上不需要补充SO2气体；SO2适当过量，可以提高Cu2＋的还原速率，同时可以防止生成的Cu＋被空气中氧气氧化，故答案为：Cu+2 H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和 SO2为1：1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2 H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1﹕1，所以理论上不需要补充SO2气体；提高Cu2＋的还原速率，同时可以防止生成的Cu＋被空气氧化；
（4）依据图表CuCl产率可知pH=2产率最大为90%，当pH较大时CuCl产率变低，Cu2+水解程度增大，生成的氯化亚铜少；调节pH时，不能用具有强氧化性的硝酸替代硫酸，因为硝酸会将CuCl氧化，故答案为：2；pH较大时，Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；硝酸会与产品CuCl发生反应；
（5）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过0.3%，滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是23.9ml，结合方程式可知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，CuCl的纯度为
23.9×10-3L×0.1 mol•L-1×99.5g•mol-1/0.25g×100%=95%，故答案为：95%。

【点睛】本题考查化学工艺流程，涉及物质分离、物质制备、氧化还原反应、元素化合物性质和化学计算等知识点，注意CuCl性质特点，正确获取题干信息并灵活运用信息解答问题是解本题关键。

16.NCl3既可用于漂白，又可用于柠檬等水果的熏蒸处理。

已知：NCl3熔点为-40℃，沸点为70℃, 95℃以上易爆炸，有刺激性气味，在热水中易水解。

实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3。

某小组利用如图所示的装置制备NCl3，并探究NCl3的漂白性。

回答下列问题：
（1）仪器M中盛放的试剂为_________。

（2）各装置接口连接的顺序为__________（用小写字母表示）。

（3）当装置B的蒸馏烧瓶中出现较多油状液体后，关闭b处的活塞，应控制水浴加热的温度为_______，装置C的作用为_________。

（4）当装置D的锥形瓶内有较多黄色油状液体出现时，用干燥、洁净的玻璃棒蘸取该液体滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；若取该液体滴入50～60℃的热水中，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，则试纸先变蓝后褪色。

结合化学方程式解释该现象：
___________________。

（5）在pH=4时电解NH4Cl溶液也可以制得NCl3，然后利用空气流将产物带出电解槽。

电解池中产生NCl3的电极为_______（填“阴极”或“阳极”），该电极的电极反应式为________。

（6）NCl3可与NaClO2溶液反应制取ClO2气体，同时产生一种无污染的气体，该反应的化学方程式为__________________。

【答案】 (1). 浓盐酸 (2). a、b、c、e、f、d (3). 70～95℃ (4). 吸收尾气HCl并防止倒吸 (5). 在热水中发生的反应为NCl3＋3H2O3HClO+NH3↑, NCl3本身无漂白性，但在热水中会水解生成NH3·H2O 使红色石蕊试纸变蓝，而生成的HClO又使其褪色(6). 阳极 (7). 3Cl-+NH4+-6e―=NCl3+4H+ (8). 2NCl3＋6NaClO=6ClO2↑＋6NaCl＋N2↑
【解析】
（1）A装置制备氯气，因此仪器M中盛放的试剂为浓盐酸；（2）A装置制备氯气，制备的氯气中含有HCl、水蒸气，用饱和食盐水除去HCl，B装置中Cl2与NH4Cl水溶液在低温下反应得到NCl3，加热蒸馏，再冷凝收集NCl3，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止污染空气，故仪器接口连接的顺序为：a、b、c、e、f、d；（3）由于NCl3熔点为-40℃，沸点为70℃, 95℃以上易爆炸，有刺激性气味，在热水中易水解，所以应控制水浴加热的温度为70～95℃，氯气、氯化氢都能引起空气污染，不能直接排放，可以用氢氧化钠溶液吸收，所以装置C的作用为吸收尾气HCl并防止倒吸；（4）NCl3本身无漂白性，与水反应生成次氯酸和氨气，化学方程式：NCl3＋3H2O3HClO+NH3↑，氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子，溶液显碱性，使红色石蕊试纸变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色；（5）在pH=4时电解NH4Cl溶液也可以制得NCl3，氮元素化合价从－3价升高到＋3价，发生失去电子的氧化反应，则电解池中产生NCl3的电极为阳极，该电极的电极反应式为3Cl－+NH4+-6e－=NCl3+4H+。

（6）NCl3可与NaClO2溶液反应制取ClO2气体，同时产生一种无污染的气体，根据原子守恒可知该气体是氮气，反应的方程式为2NCl3＋6NaClO=6ClO2↑＋6NaCl＋N2↑。

17.合理利用或转化NO2、SO2、CO、NO等污染性气体是人们共同关注的课题。

Ⅰ.某化学课外小组查阅资料后得知：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：
①2NO(g)⇌N2O2(g)(快) v1正＝k1正·c2(NO)，v1逆＝k1逆·c(N2O2) ΔH1＜0
②N2O2(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)(慢) v2正＝k2正·c(N2O2)·c(O2)，v2逆＝k2逆·c2(NO2) ΔH2＜0
请回答下列问题：
(1)反应2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)的ΔH＝________(用含ΔH1和ΔH2的式子表示)。

一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡状态，写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示平衡常数的表达式K＝________。

(2)决定2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是反应②，反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1________E2(填“＞”“＜”或“＝”)。

Ⅱ.(3)反应N2O4(g)⇌2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系：
v(N2O4)＝k1·p(N2O4)，v(NO2)＝k2·p2(NO2)。

其中k1、k2是与温度有关的常数。

一定温度下，
相应的速率与压强关系如图所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态的两个点
是____________________，理由是_________________________________________
(4)在25 ℃时，将a mol·L－1的氨水溶液与0.02 mol·L－1 HCl溶液等体积混合后溶液恰好
呈中性(忽略溶液混合后体积的变化)，用含a的表达式表示25 ℃时NH3·H2O的电离常数K b
＝____。

用质量分数为17%，密度为0.93 g·cm－3的氨水，配制200 mL a mol·L－1的氨水溶液，所需原氨水的体积V＝________ mL。

(5)如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-。

物质A的化学式为__________，
阴极的电极反应式是_____________________________________________。

【答案】(1). △H1+△H2 (2). (3). < (4). BD (5). 图中只
有D点NO2的消耗速率是B点N2O4的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是BD (6). (2×10-9 )/（a-0.02） (7). 21.5a或200a/9.3或2000a/93 (8). H2SO4 (9). NO+6H++5e-=NH4++H2O
【解析】
Ⅰ.（1）①2NO（g）⇌N2O2（g）；②N2O2（g）+O2（g）⇌2NO2（g），而目标反应2NO（g）+O2（g）
⇌2NO2（g）的△H=①+②=△H1+△H2，由反应达平衡状态，所以v1正=v1逆、v2正=v2逆，所以v1正×v2
=v1逆×v2逆，即k1正c2（NO）×k2正c（N2O2）c（O2）=k1逆c（N2O2）×k2逆c2（NO2），则是
正
K=；
（2）因为决定2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）速率的是反应②，所以反应①的活化能E1远小于
反应②的活化能E2；
II .（3）满足平衡条件υ（NO2）=2υ（N2O4）即为平衡点，B、D点的压强之比等于其反应速
率之比为1：2，所以B、D为平衡点；
（3）反应后溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.01mol/L，c（NH3•H2O）=mol/L-c（NH4+）=mol/L，c（OH-）=10-7mol/L，则K b===(2×10-9 )/（a-0.02）；设氨水的体
积为VmL，则根据稀释定律可知：V×0.93g·cm-3×17%=amol·L-1×0.2L，解得V=21.5a mL。

（4）NO得电子生成铵根，离子方程式为NO+5e-+6H+=NH4++H2O，为阴极反应，阳极上SO2失电子形成硫酸。

三、选做题(本题共两道小题，考试任选其中一道作答)
18.锡是大名鼎鼎的“五金”——金、银、铜、铁、锡之一，早在远古时代，人们便发现并使用了锡。

回答下列问题：
(1)锡是50号元素，在元素周期表中位于________区。

(2)SnO2是一种重要的半导体传感器材料，用来制备灵敏度高的气敏传感器，SnO2与熔融NaOH 反应生成Na2SnO3，Na2SnO3中阴离子的空间构型为________。

(3)比较下列卤化锡的熔点和沸点，分析其变化规律及原因
____________________________________
(4)汽车废气中常含有有毒的一氧化碳气体，但在二氧化锡的催化下，在300 ℃时，一氧化碳可大部分转化为二氧化碳。

C、O、Sn电负性由大至小的顺序是
__________________________________________。

(5)灰锡具有金刚石型结构，其中Sn原子的杂化方式为________，微粒之间存在的作用力是__________________________________。

(6)①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图为灰锡的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1/2,0/1/2)，则D为(1/4,___ ,___ )。

锡的配位数为________。

②已知灰锡的晶胞参数a＝0.648 9 nm，其密度为______ g·cm－3(N A为6.02×1023 mol－1，不
必算出结果，写出简化后的计算式即可)。

【答案】 (1). p (2). 平面三角形 (3). SnCl4、SnBr4、SnI4熔沸点依次升高；原
因是它们分子结构相似，随相对分子质量增大，分子间相互作用力逐渐增强 (4). O＞C＞
Sn (5). sp3杂化 (6). 非极性共价键(或共价键) (7). 1/4 (8). 1/4 (9). 1 (10). 8×118.7/(6.02×648.93)×107
【解析】
【分析】
（1）锡的价电子排布式为5s25p2；
（2）SnO32—中Sn原子的价层电子对数为3，孤对电子数为0；
（3）SnCl4、SnBr4、SnI4均为分子晶体，结构相似的分子晶体，随着相对分子质量的增大，分
子间作用力依次增大；
（4）元素的非金属性越强，电负性越大；
（5）①由晶胞结构可知，A为与立方体的顶点、B位于面心、D位于体对角线的1/4处；
②晶胞中含有的Sn原子个数是8×1/8＋6×1/2＋4＝8，依据公式计算晶胞的密度。

【详解】（1）锡是50号元素，位于周期表第五周期ⅣA族，价电子排布式为5s25p2，则在元
素周期表中位于p区，故答案为：p；
（2）SnO32—中Sn原子的价层电子对数为3，孤对电子数为0，则SnO32—中Sn原子为sp2杂化，SnO32—的空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；
（3）由表格数据可知，SnCl4、SnBr4、SnI4均为分子晶体，熔沸点依次升高；结构相似的分子
晶体，随着相对分子质量的增大，分子间作用力依次增大，溶沸点依次增大，故答案为：nCl4、SnBr4、SnI4熔沸点依次升高；它们分子结构相似，随相对分子质量增大，分子间相互作用力
逐渐增强；
（4）元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性的强弱顺序为O＞C＞Sn，则电负性由大至
小的顺序为O＞C＞Sn，故答案为：O＞C＞Sn；
（5）由于灰锡具有金刚石型结构，则Sn原子的杂化方式为sp3杂化，由于灰锡由同一元素的。