四川省绵阳市达标名校2018年高考四月仿真备考化学试题含解析

四川省绵阳市达标名校2018年高考四月仿真备考化学试题
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.5mol雄黄(As4S4)，结构如图，含有N A个S-S键
B．将1 mol NH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为N A
C．标准状况下，33.6L二氯甲烷中含有氯原子的数目为3N A
D．高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数为0.6N A
2．比较归纳是化学学习常用的一种方法。

对以下三种物质的转化关系，①C→CO2；②CH4→CO2；③CO→CO2，比较归纳正确的是
A．三种转化关系中发生的反应都属于化合反应
B．三种转化关系中所有的生成物在常温下都是气体
C．三种物质都只能跟氧气反应转化为二氧化碳
D．三种物质都能在点燃条件下转化为二氧化碳
3．在铁质品上镀上一定厚度的锌层，以下电镀方案正确的是（）
A．锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Zn2+
B．锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Fe3+
C．锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Zn2+
D．锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Fe3+
4．下列除杂方案错误的是
选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法
A CO2(g) SO2(g) 饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4洗气
B NH4Cl(aq) FeCl3(aq) NaOH溶液过滤
C CH4(g) CO2(g) NaOH溶液、浓H2SO4洗气
D FeCl2 (aq) CuCl2 (aq) 铁粉过滤
A．A B．B C．C D．D
5．电化学在日常生活中用途广泛，图甲是镁——次氯酸钠燃料电池，电池总反应为：
，图乙是含的工业废水的处理。

下列说法正确的是（）。

A．图乙向惰性电极移动，与该极附近的结合转化成除去
B．图甲中发生的还原反应是
C．图乙电解池中，若有0.84g阳极材料参与反应，则阴极会有3.36L的气体产生
D．若图甲电池消耗0.36g镁，图乙废水处理，理论上可产生1.07g氢氧化铁沉淀
6．下列物质属于油脂的是()
①②③④润滑油⑤花生油⑥石蜡
A．①②B．④⑤C．①⑤D．①③
7．25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/L NaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是
A．未加盐酸时：c(OH-)＞c(Na+)=c(NH3·H2O)
B．加入10mL盐酸时：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)
C．加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl-)=c(Na+)
D．加入20mL盐酸时：c(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+)
8．一定呈中性的是()
A．pH＝7 的溶液
B．25℃，K w＝1.0×10﹣14的溶液
C．H+与OH﹣物质的量相等的溶液
D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液
9．由一种金属离子与多种酸根离子构成的盐称为“混盐”，如氯化硝酸钙[Ca(NO3)Cl]。

则下列化合物中属于混盐的是（）
A．CaOCl2B．(NH4)2Fe(SO4)2C．BiONO3D．K3[Fe(CN)6]
10．金属(M)－空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。

该类电池放电的总反应为：4M + nO2 + 2nH2O = 4M(OH)n。

已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材
料理论上能释放出的最大电能。

下列说法不正确的是
A．多孔电极有利于氧气扩散至电极表面，可提高反应速率
B．电池放电过程的正极反应式：O2 + 2H2O + 4e－= 4OH－
C．比较Mg、Al二种金属－空气电池，“理论比能量”之比是8∶9
D．为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜
11．白色固体Na2S2O4常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。

下列关于Na2S2O4说法不正确的是
A．可以使品红溶液褪色
B．其溶液可用作分析化学中的吸氧剂
C．其溶液可以和Cl2反应，但不能和AgNO3溶液反应
D．已知隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2，则其残余固体产物中可能有Na2S2O3
12．下列由实验操作及现象得出的结论正确的是
操作及现象结论
A 其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH 比较K a(HCOOH)和K a2(H2S)的大小
B 向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+
C
向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶
液，溶液变浑浊
酸性：盐酸>碳酸>硅酸
D
C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制得气体使酸性
KMnO4溶液褪色
一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液
褪色
A．A B．B C．C D．D
13．T℃下，三种硫酸盐MSO4,(M表示Pb2+或Ba2+或Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

已知
pM=-lgc(M),p(SO42-)=-lgc(SO42-)。

下列说法正确的是（）
A．BaSO4在任何条件下都不可能转化成PbSO4
B．X点和Z点分别是SrSO4和BaSO4的饱和溶液，对应的溶液中c(M)=c(SO42-)
C．在T o C时，用0.01mol.L-1Na2SO4溶液滴定20mL浓度均是0.01mol.L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液,Sr2+先沉淀
D．T o C下，反应PbSO 4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为102.4
14．化学与生活密切相关。

下列叙述正确的是
A．醋酸和活性炭均可对环境杀菌消毒B．糖类和油脂均可以为人体提供能量
C．明矾和纯碱均可用于除去厨房油污D．铁粉和生石灰常用作食品抗氧化剂
15．化学与生产、生活密切相关。

下列说法中不正确的是：
A．从海水中制取食用的精盐，需要有化学反应才能实现
B．高温及常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性
C．生活中的铜制品既能发生析氢腐蚀又能发生吸氧腐蚀
D．植物油中含有碳碳双键，在空气中长时间放置容易氧化变质
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．肼（N2H4）是一种重要的工业产品。

资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼，肼有极强的还原性。

可用下图装置制取肼：
（1）写出肼的电子式__________，写出肼与硫酸反应可能生成的盐的化学式_______；
（2）装置A中反应的化学方程式_____；
（3）实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。

滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因___________；
（4）从实验安全性角度指出该实验装置中存在的缺陷_______。

（5）准确量取20.00mL含肼溶液，加入硫酸和碳酸氢钠，用0.1000mol/L的标准碘液进行滴定，滴定终点时，消耗V0mL（在此过程中N2H4→N2）。

该实验可选择______做指示剂；该溶液中肼的浓度为______mol/L （用含V0的代数式表达，并化简）。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型：C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。

回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最大的是___________（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。

（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是____________（填分子式）；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为___________和___________。

（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为____________，中心原子的杂化轨道类型为________________。

（4）单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为______________。

（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为________；晶胞中A原子的配位数为____________；列式计算晶体F的密度（g• cm-3）__________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．乙烯是一种重要的化工原料，可由乙烷为原料制取，回答下列问题。

（1）传统的热裂解法和现代的氧化裂解法的热化学方程式如下：
①C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1=+136kJ·mol-1
②C2H6(g)+1
2
O2(g)=C2H4(g)+H2O(g) ΔH2=-110kJ·mol-1
已知反应相关的部分化学键键能数据如下：
化学键H-H(g) H-O(g) O=O
键能(kJ·mol-1) 436 x 496
由此计算x=___，通过比较ΔH1和ΔH2，说明和热裂解法相比，氧化裂解法的优点是___(任写一点)。

（2）乙烷的氧化裂解反应产物中除了C2H4外，还存在CH4、CO、CO2等副产物(副反应均为放热反应)，图甲为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。

乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是___，反应的最佳温度为___(填序号)。

A．700℃ B．750℃ C．850℃ D．900℃
[乙烯选择性=24
2442
n(C H)
n(C H)+n(CH)+n(CO)+n(CO)；乙烯收率=乙烷转化率×乙烯选择性]
（3）烃类氧化反应中，氧气含量低会导致反应产生积炭堵塞反应管。

图乙为26
2
n(C H)
n(O)的值对乙烷氧化裂
解反应性能的影响。

判断乙烷氧化裂解过程中26
2
n(C H)
n(O)的最佳值是___，判断的理由是___。

（4）工业上，保持体系总压恒定为100kPa的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体(惰性气体的体积分数为70%)，掺混惰性气体的目的是___。

反应达平衡时，各组分的体积分数如下表：
组分C2H6O2C2H4H2O 其他物质
体积分数/% 2.4 1.0 12 15 69.6
计算该温度下的平衡常数：K p=___(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体积分数)。

19．（6分）有机化合物G是4-羟基香豆素，是重要的医药中间体，可用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成。

请回答：
（1）D→E的反应类型是___。

（2）G中含有的官能团名称为____。

（3）写出G和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式___。

（4）化合物E的同分异构体很多，符合下列条件的结构共___种。

①能与氯化铁溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③能发生水解反应
其中，核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1的结构简式为____。

（5）E的同分异构体很多，所有同分异构体在下列某种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是___(填标号)。

a.质谱仪
b.元素分析仪
c.红外光谱仪
d.核磁共振仪
（6）已知酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。

苯甲酸苯酚酯()是一种重要的有机合成中间体。

请根据已有知识并结合相关信息，试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图(无机原料任选)：___。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．B
【解析】
A.S原子最外层有六个电子，形成2个共价键，As原子最外层五个，形成3个共价键，由结构图知白色球为硫原子，分子中不存在S-S键,故A错误；
B. NH 4NO3==NH4++ NO3-，NH3.H2O NH4++OH-,溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中n(NH4+)=n(NO3-), NH4+的数目等于N A，故B正确；
C.标况下,二氯甲烷为液体,不能使用气体摩尔体积,故C错误;
D.16.8g铁的物质的量为0.3mol,而铁与水蒸汽反应后变为+8/3价,故0.3mol铁失去0.8mol电子即0,8N A个,所以D错误; 所以B选项是正确的。

2．D
【解析】
分析：①C→CO2属于碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳；
②CH4→CO2属于甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态；
③CO→CO2属于一氧化碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳。

详解：A．甲烷燃烧生成二氧化碳和水，碳与氧化铜反应生成铜与二氧化碳，不是化合反应，A错误；B．甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态，B错误；
C．碳、一氧化碳与氧化铜反应能够生成二氧化碳，C错误；
D．碳、一氧化碳、甲烷都能够燃烧生成二氧化碳，D正确；
答案选D。

3．A
【解析】
【详解】
在Fe上镀上一定厚度的锌层，镀层金属作阳极、镀件作阴极，含有镀层金属阳离子的可溶性盐溶液为电解质溶液，所以Zn作阳极、Fe作阴极，含有锌离子的可溶性盐为电解质，故选A。

4．B
【解析】
【详解】
A．二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，浓硫酸干燥二氧化碳，则洗气可除杂，故A正确；
B．NH4Cl和FeCl3均与NaOH反应，应选氨水、过滤，故B错误；
C．NaOH溶液能吸收CO2，浓硫酸干燥甲烷，则洗气可除去CH4中混有的CO2，故C正确；
D．CuCl2溶液和过量Fe粉作用生成FeCl2溶液和Cu，过滤可除去Cu和过量Fe粉，故D正确；
故答案为B。

【点睛】
在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；
3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。

5．B
【解析】
A．图乙中惰性电极为阴极，Fe电极为阳极，则Cr2O72-离子向金属铁电极移动，与亚铁离子发生氧化还原反应生成的金属阳离子与惰性电极附近的OH-结合转化成Cr(OH)3除去，A错误；B．该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，电池反应式为
Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2↓，正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应，则总反应减去负极反应可得正极还原反应为Mg2++ClO-+H2O+2e-=Cl-+Mg(OH)2↓，B正确；C．图乙的电解池中，阳极反应式是Fe-2e-＝Fe2+，阴极反应式是2H++2e-=H2↑，则n（Fe）=0.84g÷56g/mol=0.015mol，阴极气体在标况下的体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L，C错误；D．由电子守恒可知，Mg～2e-～Fe2+，由原子守恒可知Fe2+～
Fe(OH)3↓，则n（Mg）=0.36g÷24g/mol=0.015mol，理论可产生氢氧化铁沉淀的质量为
0.015mol×107g/mol=1.605g，D错误；答案选B。

6．C
【解析】
【分析】
【详解】
油脂是指高级脂肪酸甘油脂，脂肪及植物油均属于油脂，排除②③；而润滑油、石蜡均为石油分馏产品，主要成分为烃，故答案为C。

7．B
【解析】
【分析】
【详解】
A、混合溶液中，浓度均为0.1mol/L NaOH和NH3·H2O，NH3·H2O为弱电解质，故c(Na＋)＞c(NH3·H2O)，A 错误；
B、加入10mL盐酸时，c(Cl-)=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以
c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，B正确；
C、根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，pH=7时，即c(H＋)=c(OH-)，所以
c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-），c(Cl-)＞c(Na＋)，C错误；
D、加入20mL盐酸时，c(Cl-)=2c(Na+)，由于NH4+的水解，c(NH4+)＜c(Na+)，所以c(Cl-)＞c(NH4+)+c(Na+)，D 错误；
此题选B。

8．C
【解析】
【详解】
A．100度时，纯水的pH＝6，该温度下pH＝7的溶液呈碱性，所以pH＝7的溶液不一定呈中性，故A错误；
B．25℃，K w＝1.0×10﹣14是水的离子积常数，溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以不一定呈中性，故B错误；
C．只要溶液中存在H+与OH﹣物质的量相等，则该溶液就一定呈中性，故C正确；
D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液不一定显中性，这取决于酸和碱的相对强弱以及生成盐的性质，故D错误；
答案选C。

【点睛】
判断溶液是否呈中性的依据是氢离子和氢氧根离子的浓度相等，温度改变水的电离平衡常数，温度越高，水的电离平衡常数越大。

9．A
【解析】
【分析】
【详解】
A.CaOCl2的化学式可以写成Ca（ClO）Cl，所以该物质是由一种金属阳离子和两种酸根阴离子构成的，因此属于混盐，故A正确；
B.(NH4)2Fe(SO4)2含有两种阳离子和一种酸根阴离子，不是混盐，故B错误；
C.BiONO3中没有两个酸根阴离子，不是混盐，故C错误；
D.K3[Fe(CN)6]是含有一种阳离子和一种酸根阴离子的盐，不是混盐，故D错误；
综上所述，答案为A。

10．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，
并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，正确，A不选；
B．根据总反应方程式，可知正极是O2得电子生成OH－，则正极反应式：O2+2H2O+4e－=4OH－，正确，B 不选；
C．根据指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。

1molMg，质量为24g，失去2mole－；1molAl，
质量为27g，失去3mole－；则镁、铝两种金属理论比能量之比为23
=3:4
2427
：；错误，C选；
D．负极上Mg失电子生成Mg2＋，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量OH－，所以宜采用中性电解质，或采用阳离子交换膜，负极生成OH－不能达到阴极区，正确，D不选。

答案选C。

11．C
【解析】
【详解】
A. Na2S2O4溶于水，会与溶解在水中的氧气反应产生SO2，SO2能使品红溶液褪色，所以Na2S2O4的水溶液具有漂白性，A正确；
B. Na2S2O4溶液与少量氧气反应产生亚硫酸氢钠和硫酸氢钠两种盐，反应方程式为：
Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，所以Na2S2O4溶液可用作分析化学中的吸氧剂，B正确；
C. Na2S2O4中S元素平均化合价为+3价，具有还原性，Cl2具有氧化性，AgNO3具有酸性和氧化性，所以Na2S2O4与Cl2和AgNO3溶液都可以发生反应，C错误；
D. 隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2和两种盐Na2S2O3、Na2SO3，D正确；
故合理选项是C。

12．A
【解析】
【详解】
A.酸的电离平衡常数越大，其酸根离子水解程度越小，则其相应的钾盐pH越小，所以测定等物质的量浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较K a（HCOOH）和K a2（H2S）的大小，故A正确；
B.向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，原溶液中可能含有铁离子，无法据此判断原溶液中是否含有亚铁离子，故B错误；
C.盐酸易挥发，产生的气体中混有HCl，HCl与硅酸钠反应也产生白色沉淀，则该实验不能比较碳酸与硅酸酸性的强弱，故C错误；
D.C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制取的乙烯气体中混有乙醇、SO2等，乙醇、SO2都能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明一定是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误。

故选A。

13．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．硫酸根离子浓度和铅离子浓度乘积达到或大于PbSO4沉淀溶度积常数可以沉淀，一定条件下BaSO4可以转化成PbSO4，故A错误；
B．Z点对应的溶液为饱和溶液，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度乘积为常数，pM=-lgc(M)，
p(SO42-)=-lgc(SO42-)，则c（Ba2+）＞c（SO42-），同理X点饱和溶液中c（Sr2+）＜c（SO42-），故B错误；C．图象分析可知溶度积常数SrSO4、PbSO4、BaSO4分别为10-2.5×10-2.5、10-3.8×10-3.8、10-5×10-5，因此溶度积常数：BaSO4＜PbSO4＜SrSO4，因此在T o C时，用0.01mol·L-1Na2SO4溶液滴定20mL浓度均是0.01mol·L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液，Ba2+先沉淀，故C错误；
D．T o C下，反应PbSO 4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为
7.6
10
10
10
-
-
=102.4，故D正确；
答案选D。

14．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．一定浓度的醋酸可对环境杀菌消毒，活性炭具有吸附性可用于漂白，不能杀菌消毒，故A错误；B．糖类、脂肪、蛋白质都是组成细胞的主要物质，并能为生命活动提供能量，故B正确；
C．纯碱为碳酸钠，其水溶液为碱性，碱性条件下可使油脂发生水解，可用于除去厨房油污，明矾为十二水合硫酸铝钾，在溶液中铝离子水解形成氢氧化铝胶体，可用于净水，不能用于厨房除油污，故C错误；D．铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂，生石灰具有吸水性，可做食品的干燥剂，不能用于食品抗氧化剂，故D错误；
答案选B。

【点睛】
生活中各种物质的性质决定用途，生石灰是氧化钙，可以吸水，与水反应生成氢氧化钙，所以可作干燥剂。

15．C
【解析】
【详解】
A. 粗盐精制过程需要除去粗盐中含有的硫酸根离子、钙离子、镁离子，需要加入除杂剂，该过程中有新物质生成，发生化学变化，故A正确；
B. 病毒表现生命活动需要蛋白质，高温、消毒剂都能使蛋白质变性而失去生理活性，故B正确；
C. 铜活泼性弱于氢，所以铜制品不能发生析氢腐蚀，而铁制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀，故C 错误；
D. 植物油中由于含有碳碳双键，易被氧化而变质，因此在空气中长时间放置容易氧化变质，故D 正确； 答案选C 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．
N 2H 6SO 4、（N 2H 5）2SO 4 、N 2H 6（HSO 4）2 2NH 4Cl+Ca(OH)2
CaCl 2+2NH 3↑+2H 2O 防
止NaClO 氧化肼 A 、B 间无防倒吸装置，易使A 装置中玻璃管炸裂 淀粉溶液 V 0/400 【解析】 【分析】
(1)肼的分子式为N 2H 4，可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，据此分析解答；
(2)装置A 中制备氨气书写反应的方程式； (3)根据肼有极强的还原性分析解答；
(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，据此解答；
(5)根据标准碘液选择指示剂；在此过程中N 2H 4→N 2，I 2→I -，根据得失电子守恒，有N 2H 4～2I 2，据此分析计算。

【详解】
(1)肼的分子式为N 2H 4，电子式为
，肼可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显
碱性，肼可以看成二元碱，与硫酸反应可能生成的盐有N 2H 6SO 4、(N 2H 5)2SO 4 、N 2H 6(HSO 4)2，故答案为
；N 2H 6SO 4、(N 2H 5)2SO 4 、N 2H 6(HSO 4)2；
(2)根据图示，装置A 是生成氨气的反应，反应的化学方程式为2NH 4Cl+Ca(OH)2CaCl 2+2NH 3↑+2H 2O ，故
答案为2NH 4Cl+Ca(OH)2
CaCl 2+2NH 3↑+2H 2O ；
(3)实验时，先点燃A 处的酒精灯，一段时间后再向B 的三口烧瓶中滴加NaClO 溶液。

肼有极强的还原性，而次氯酸钠具有强氧化性，因此滴加NaClO 溶液时不能过快、过多，防止NaClO 氧化肼，故答案为防止NaClO 氧化肼；
(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，应该在A 、B 间增加防倒吸装置，故答案为A 、B 间无防倒吸装置，易使A 装置中玻璃管炸裂；
(5)使用标准碘液进行滴定，可以选用淀粉溶液作指示剂，当滴入最后一滴碘液，容易变成蓝色，且半分钟内不褪色，则表明达到了滴定终点；在此过程中N 2H 4→N 2，I 2→I -，根据得失电子守恒，有N 2H 4～2I 2，消耗碘的物质的量=0.1000mol/L×V 0mL ，则20.00mL 含肼溶液中含有肼的物质的量=
1
2
×0.1000mol/L×V 0mL ，因此肼的浓度为01
0.1000mol /L V mL 2
20.00mL
⨯⨯=0
V 400mol/L ，故答案为淀粉溶液；0V 400。

【点睛】
本题的易错点和难点为(1)中肼与硫酸反应生成的盐的取代，要注意氨基显碱性，肼可以看成二元弱碱，模
仿氨气与硫酸的反应分析解答。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．O ls 22s 22p 63s 23p 3（或[Ne ]3s 23p 3） O 3 分子晶体 离子晶体 三角锥形 sp 3 2Cl 2+2Na 2CO 3+H 2O =Cl 2O +2NaHCO 3+2NaCl （或2Cl 2+Na 2CO 3=Cl 2O +CO 2+2NaCl ） Na 2O 8 2.27 g /cm 3 【解析】 【分析】
A 、
B 、
C 、
D 为原子序数依次增大的四种元索，C 核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C 为P 元素，C 、D 为同周期元索，D 元素最外层有一个未成对电子，则D 为Cl 元素，A 2－和B ＋具有相同的电子构型，则A 为O 、B 为Na 元素；通过以上分析，A 、B 、C 、D 分别是O 、Na 、P 、Cl 元素。

【详解】
（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素非金属性最强的是O 元素，则电负性最大的是O 元素；C 是P 元素，其原子核外有15个电子，根据构造原理书写P 原子核外电子排布式为ls 22s 22p 63s 23p 3（或[Ne ]3s 23p 3）；故答案为：O ；ls 22s 22p 63s 23p 3（或[Ne ]3s 23p 3）；
（2）单质A 为氧气，氧气的同素异形体是臭氧，二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与范德华力成正比，范德华力与相对分子质量成正比，臭氧的相对分子质量大于氧气，则范德华力：臭氧＞氧气，所以熔沸点较高的是O 3；A 和B 的氢化物所属的晶体类型分别为水是分子晶体和NaH 为离子晶体。

故答案为：O 3；分子晶体；离子晶体；
（3）C 和D 反应可生成组成比为1：3的化合物PCl 3，PCl 3中P 原子价层电子对个数=3+
531
2
-⨯=4且含1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形、中心原子的杂化轨道类型为sp 3，故答案为：三角锥形；sp 3；
（4）单质Cl 2与湿润的Na 2CO 3反应可制备Cl 2O ，其化学方程式为2Cl 2+2Na 2CO 3+H 2O = Cl 2O +2NaHCO 3+2NaCl （或2Cl 2+Na 2CO 3=Cl 2O +CO 2+2NaCl ）。

故答案为：2Cl 2+2Na 2CO 3+H 2O = Cl 2O +2NaHCO 3+2NaCl （或2Cl 2+Na 2CO 3=Cl 2O +CO 2+2NaCl ）；
（5）O 和Na 能够形成化合物F ，半径大的为O 元素离子、半径小的为Na ＋
，该晶胞中大球个数=8×
18
+6×1
2=4、小球个数为8，则大球、小球个数之比=4：8=1：2，则化学式为Na 2O ；观察晶胞中面
心的原子，与之相连的原子有8个，晶胞中O 原子的配位数为8；该晶胞体积=a 3nm 3
，晶胞密度=4A M
N V
⨯
=
(
)
3
7
6240.56610A
N -⨯⨯g ·cm －3=2.27g ·cm －3；故答案为：Na 2O ；2.27g ·cm -3。

【点睛】
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识点的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，利用均摊法求出
晶胞中原子的个数，结合密度公式含义计算。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．465 氧化裂解反应是放热反应，节约能源(或氧化裂解反应热力学趋势上大) 温度升高，反应速率加快，转化率升高 C 2.0 比值小于2.0时，乙烯的收率降低；比值大于2.0时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管 正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动 75(kPa)0.5 【解析】 【分析】
(1)根据盖斯定律，得出H 2(g)＋1
2
O 2(g)=H 2O(g)的反应热，再根据△H ＝反应物的总键能−生成物的总键能，可求出x 的值；
(2)温度升高，化学反应速率加快，根据图象，随温度升高，乙烷的转换率越高；综合乙烯的转化率和选择性，图中即可对应找出最佳的反应温度；
(3)含氧量高，会造成积炭，要根据图象找出乙烯收率高而相对积炭少的点，即图中()
()
226O C H n n 的比值为2
时最佳；
(4)根据平衡常数与反应物、生成物的关系，并且将浓度关系转变为分压关系来解答。

【详解】
(1)根据盖斯定律，②−①得到：H 2(g)＋
1
2
O 2(g)═H 2O(g) △H ＝−246kJ/mol ，根据键能关系△H ＝反应物的总键能−生成物的总键能＝436＋496/2−2x ＝−246，x ＝465；由热化学方程式可以看出，热裂解法是吸热反应，需要消耗能源，氧裂解法是放热反应，不需要从外界得到能量，故答案为：465；氧化裂解反应是放热反应，节约能源(或氧化裂解反应热力学趋势上大)；
(2)由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率在升高，考虑化学反应速率的影响因素，温度越高，反应速率越快；由图，要乙烷的转化率尽可能高，而副产物又相对较少，及乙烯的选择性较高，应找到乙烯收率较高时的温度，对应下温度在850左右，故答案为：温度升高，反应速率加快，转化率升高；C ； (3)由(2)分析可知，我们要选择乙烯收率较高的点，在图2中，比值小于2时，乙烯收率随比值增大在上升，比值大于2时，乙烯的收率并未增加，并且氧含量值在降低，会造成积炭，故答案为：2.0；比值小于2.0时，乙烯的收率降低；比值大于2.0时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管； (4)C 2H 6(g)＋
1
2
O 2(g)＝C 2H 4(g)＋H 2O(g)反应是体积在增大的反应，充入惰性气体，总压恒定，分压就降低了，压强降低会促使反应向体积增大的方向移动，即正向移动。

根据平衡常数的表达式K p ＝
()()242
22126(C H ))
H O O C (H P P P P ⋅⋅＝75(kPa)0.5，故答案为：75(kPa)0.5。

【点睛】
解答(1)关键在于考查断键吸热，成键放热的知识；利用反应速率的影响因素来分析实践生活中最佳的反应。