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安徽省蚌埠市2021年高考化学二模试卷
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这是一份安徽省蚌埠市2021年高考化学二模试卷，共15页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高考化学二模试卷
一、单选题
1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
B. 用pH试纸检验某干燥气体是酸性气体还是碱性气体时，应先用蒸馏水湿润
C. 从石油中得来的沥青，主要成分是烃的含氧衍生物
D. “凿开混沌得乌金”所载“乌金”为煤炭，煤炭属于有机高分子化合物
2.下图是一个形象有趣的有机合成反应：
下列说法中正确的是（ ）
A. 该反应符合绿色化学的理念，原子利用率为100%
B. 化合物X的一氯代物有3种
C. 化合物Y中有5个碳原子共一条直线
D. 化合物Z能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能与HCN反应
3.根据下列实验操作和现象所得结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
在一块已除锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2~3min，溶液边缘出现红色
铁片上发生了吸氧腐蚀
B
向pH=3的醋酸溶液中，加入少量醋酸铵固体，溶液pH增大
醋酸铵溶液呈碱性
C
用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近试剂瓶瓶口，试剂瓶瓶口有白烟生成
该试剂瓶中盛装的是浓盐酸
D
将大理石与稀盐酸反应得到的气体直接通入足量澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
Cl的非金属性比C的强
A. A B. B C. C D. D
4.某离子［Y2Z4XW2]-的结构如图，且所有原子最外层都达到8电子稳定结构，X、Y、Z、W位于同一短周期，X是其中原子序数最小的元素，W既是同周期也是同主族中原子半径最小的元素。下列说法正确的是（ ）
A. 该结构中的化学键均为极性共价键
B. Y和Z形成的化合物都是酸性氧化物
C. 皮肤上沾有强碱液，用大量水冲洗后，可以涂抹上稀H3XO3溶液
D. Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物的沸点：后者高于前者
5.1，3-丁二烯和Br2以物质的量之比为1：1发生加成反应分两步：第一步Br+进攻1，3-丁二烯生成中间体C(溴正离子)；第二步Br-进攻中间体C完成1，2-加成或1，4-加成。反应过程中的能量变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 其它条件相同时，生成产物B的速率快于产物A的速率
B. 升高温度，1，3-丁二烯的平衡转化率增大
C. 该加成反应的反应热为Eb-Ea
D. 该反应的速率主要取决于第一步反应的快慢
6.我国科学家最近发明了一种Zn-PbO2二次电池，内部结构如图所示。电解质分别为K2SO4、H2SO4和KOH，由a和b两种离子交换膜隔开，形成A、B、C三个区域。放电后B区域电解质溶液浓度增加。下列说法错误的是（ ）
A. 电池中PbO2为正极 B. B区域的电解质为K2SO4溶液
C. 图中的b膜为阳离子交换膜 D. 当电路中转移0.2mol电子时，B区溶质质量增大17.4g
7.实验室使用pH传感器来测定某Na2A和NaHA混合溶液中NaHA的含量。用0.1mol·L-1盐酸滴定该混合溶液，得到如下曲线。以下说法错误的是（ ）
A. 该混合溶液中Na2A和NaHA的浓度之比为1：2
B. 滴加10mL盐酸时：2c(Cl-)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)
C. 滴加30 mL盐酸时：c(Na+)=c(Cl-)>c(H2A) >c(H+)>c(HA-)>c(OH-)
D. 若将等浓度的H2A和Na2A溶液混合，溶液可能显酸性
二、综合题
8.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色有刺激性气味的气体，易溶于水，与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒等方面应用广泛。某兴趣小组通过下图装置对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
（1）仪器C的名称是________。
（2）A中发生反应产物有CIO2、Cl2、NaCl等，请写出该反应的化学方程式________。
（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2 ， 此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是________。
（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2 ， 该反应的离子方程式为________。在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是________。
（5）若实验室需要配置450mL4 mol/L的NaOH溶液，所使用的玻璃仪器除量筒、胶头滴管、玻璃棒、烧杯外，还必须有________。
（6）自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取100.0mL的水样，酸化，加入足量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，加入淀粉溶液。再用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2+2S2O =2I-+S4O )，达到滴定终点时用去10.00 mL Na2S2O3标准溶液，测得该水样中的ClO2含量为________mg·L-1。
9.镍是化工产业的重要原料。以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，制取纳米镍粉，同时获得净水剂黄钠铁矾［NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如下：
溶液中Ni2+离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH
7.2
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
8.7
回答下列问题：
（1）“酸浸”时需要加热，其原因是________。
（2）“氧化”过程发生反应的离子方程式是________。
（3）“沉铁”过程，控制不同的条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图1中阴影部分表示的是黄钠铁矾稳定存在区域)。若反应在80℃时进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是________；检验沉铁步骤中反应是否完全的方法是________。
（4）利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=________(列出计算式)。
（5）“转化”过程，向“过滤II”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4 ， 控制溶液中NaOH的浓度，可得到不同晶态物质(NiSO4·Ni、Ni或二者的混合物)。写出生成Ni的离子方程式________。
（6）95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当ω(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为________。
10.温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。
（1）以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
反应I：2NH3(g)+CO2(g)→NH2COONH4(s) ΔH1=-159.5 kJ/mol
反应II：NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH2=+72.5 kJ/mol
总反应Ⅲ：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH3=（ ）kJ/mol
①反应Ⅲ的ΔH3=________kJ/mol。
②一定温度下，在体积固定的密闭容器中将NH3和CO2按2：1投入进行反应合成尿素，下列能说明反应I达到化学平衡状态的是________。
a.体系内固体质量不改变
b.NH3的物质的量分数不再变化
c.2v正(NH3)=v逆(CO2)
d.容器内混合气体的密度不再变化
（2）工业上用甲烷和水蒸气在高温和催化剂存在的条件下制得合成气(CO、H2)，发生反应为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH>0，将等物质的量的甲烷和水蒸气投入一个刚性容器中，图中a、b两条曲线代表压强分别为1MPa、2MPa时甲烷平衡含量曲线，其中表示1MPa的是________(填字母)。在实际生产中采用图中X点的反应条件，此时X点的平衡转化率为________(保留小数点后两位)
（3）在太阳能的作用下，缺铁氧化物［如Fe0.9O]能分解CO2 ， 其过程如下图所示。过程②的化学方程式是________。Fe0.9O中Fe3+与Fe2+的物质的量之比为________。
（4）已知：
表1 25℃时浓度为0.1mol/L两种溶液的pH
溶质
NaClO
Na2CO3
pH
9.7
11.6
表2 25℃时两种酸的电离平衡常数
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10-2
6.3×10-8
H2CO3
4.2×10-7
5.6×10-11
①根据表1能不能判断出H2CO3与HClO酸性强弱？________(填“能”或“不能”)。
②H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的离子方程式为________。
11.化合物AgMnAs2在磁记录材料领域有着广泛的应用前景，回答下列问题：
（1）.Ag的焰色反应与铁相似，接近无色，下列有关焰色反应原理的分析正确的是 (填字母)。
a.电子从基态跃迁到较高的激发态
b.电子从较高的激发态跃迁回基态
c.焰色反应的光谱属于吸收光谱
d.焰色反应的光谱属于发射光谱
（2）.基态Mn原子中核外电子占据的最高能层符号 。其核外未成对电子数为 个。
（3）.Mn(NO3)2中阴离子的空间构型是 ， Mn、N、O中第一电离能最大的元素是 (填元素符号)。
（4）.NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为 (填化学式，下同)，键角由大到小的顺序为 。
（5）.以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系 AgMnAs2的晶胞结构如下图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
坐标
原子
x
y
z
Ag
0
0
0
Mn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125
找出距离 Ag(0，0，0)最近的Mn (用分数坐标表示)。AgMnAs2晶体中与单个Mn键合的As有 个。
12.碘海醇是临床中应用广泛的一种造影剂，化合物G是合成碘海醇的中间体，其合成路线如下：
（1）A物质的化学名称为________。D中含氧官能团的名称为________。
（2）B→C的反应类型为________。
（3）写出E的结构简式________。
（4）写出物质C与足量甲醇发生酯化反应的方程式________。
（5）H是D的同系物，分子式为C9H9NO4 ， 同时满足下列条件且属于芳香族化合物的H的同分异构体有________种。
①分子中存在氨基；
②能与碱发生反应，且1mol该物质最多可以消耗2 mol NaOH；
③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢。
（6）参照题中合成路线，写出以 和 为原料制备 的合成路线图________ (无机试剂任选)。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．虽然氧化钙可以和二氧化碳反应生成碳酸钙，但高温条件下碳酸钙又会分解生成二氧化碳和氧化钙，所以不能减少温室气体的排放，A不符合题意；
B．酸性气体或碱性气体本身并不能电离产生氢离子或氢氧根，只有溶于水时才会显示酸碱性，B符合题意；
C．石油是烃的混合物，沥青提炼自石油，所以沥青的主要成分是烃，C不符合题意；
D．煤炭主要成分为碳单质，为无机物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.加入氧化钙主要是固定硫元素减少酸雨气体的形成
B.酸性气体或者碱性气体溶于水后才能进行检验酸碱性
C.石油获取的沥青主要是烃不是烃的衍生物
D.煤炭是无机物不是有机物
2.【答案】 C
【解析】【解答】A．X中含有溴原子，而Z中没有溴原子，所以原子利用率并没有达到100%，A不符合题意；
B．X中苯环上有一种环境的氢原子，甲基上有一种，含氧五元环上有两种，所以其一氯代物有4种，B不符合题意；
C．碳碳三键上的两个碳原子以及与其相连的碳原子共线，苯环上与三键相连的碳原子的对位碳也共线，所以共有5个碳原子共线，C符合题意；
D．Z中含有羟基(羟基相连的碳原子上有氢)、碳碳三键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，碳碳三键可以和HCN发生加成反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应物和生成物确定该反应不符合绿色化学理念原子利用率没有得到100%
B.找出X中氢原子的种类即可
C.碳碳三键均在一条线上，与碳碳三键连接的原子均共线，找出即可
D.化合物Z中含有不饱和键可与高锰酸钾作用也可与HCN加成反应
3.【答案】 A
【解析】【解答】A．溶液边缘出现红色，说明氧气得到电子与水反应生成了氢氧根离子，证明铁片发生了吸氧腐蚀，A符合题意；
B．即使醋酸铵溶液不显碱性，向醋酸溶液中加入醋酸铵固体，醋酸根离子浓度增大，会抑制醋酸电离，溶液的pH也会增大，B不符合题意；
C．浓硝酸也具有挥发性，所以试剂瓶中盛装的也可能是浓硝酸，C不符合题意；
D．稀盐酸并不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能通过比较HCl和碳酸的酸性强弱来比较Cl和C的非金属性强弱，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.铁片是合金，氯化钠是电解质溶液发生吸氧腐蚀，因此会有氢氧根产生
B.主要是抑制醋酸的电离导致氢离子浓度降低
C.能与浓氨水作用产生白盐的不一定是浓盐酸还有可能是浓硝酸
D.比较非金属元素的非金属性主要看的最高价氧化物的酸性强弱
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．两个Y(C)原子之间的共价键为非极性共价键，A不符合题意；
B．C和O可以形成化合物CO，为不成盐氧化物，B不符合题意；
C．H3XO3即H3BO3 ， 为一种弱酸，皮肤上沾有强碱液，用大量水冲洗后，可以涂抹上酸性较弱的硼酸溶液中和残留碱液，C符合题意；
D．Z和W与氢元素形成的10电子化合物分别为H2O和HF，水分子间形成的氢键更多，沸点更高，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】W既是同周期也是同主族中原子半径最小的元素，且有原子序数比W的小的元素，则W为F元素，所以X、Y、Z、W均为第二周期元素，F可以和X形成配位键，据图可知F提供孤电子对，X提供空轨道，所以X为B元素，Z可以形成两个共价键，应为O元素，Y可以形成4个共价键，则为C元素。
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．据图可知中间体C生成B的活化能更高，反应速率应更慢，A不符合题意；
B．据图可知生成1，3-丁二烯的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡转化率减小，B不符合题意；
C．Ea是第二步反应中1，2-加成反应的活化能，Eb是第二步反应中1，4-加成反应的活化能，Eb-Ea是只是两种活化能的差值，图中数据不能计算该加成反应的反应热，C不符合题意；
D．据图可知第一步反应的活化能更大，反应速率更慢，整体反应速率取决于慢反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据图示活化能越高速率越慢
B.根据焓变=生成物的能量-反应物的能量，结合温度变化进行判断
C.根据图示焓变=生成物的能量-反应物的能量，未给出数据
D.活化能越高速率越慢，活化能高的决定着速率
6.【答案】 C
【解析】【解答】A．Zn与PbO2构成原电池，Zn Zn(OH)42- ， Zn失电子为负极，则PbO2为正极，故A不符合题意；
B．A区域发生反应：Zn Zn(OH)42- ， A为碱性区域，故A为KOH，C中应为酸性条件，故C为H2SO4 ， 故B为K2SO4溶液，故B不符合题意；
C．B为K2SO4 ， B中的SO42-是由C中硫酸溶液提供，b需要能使阴离子通过，故b为阴离子交换膜，故C符合题意；
D．闭合回路中电荷转移守恒可知，0.2mol电子转移时，溶液中应该有0.2molK+和0.1molSO42- ， B区域中K2SO4物质的量增加0.1mol，质量增加17.4g，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图示，A区是负极，电解质溶液是氢氧化钾，C区是正极区，电解质溶液是硫酸，B区的电解质是硫酸钾溶液，c中的硫酸根进入B，A中的钾离子进入B中，写出B电极的电极式即可计算出转移电子数与电极质量的关系
7.【答案】 A
【解析】【解答】A．据图可知滴入10mL盐酸时pH发生突变，即此时A2-+H+=HA-完全进行，所以n(Na2A)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，滴入30mL盐酸时pH又发生突变，说明HA-+H+=H2A完全进行，由于部分HA-是由Na2A反应生成，所以n(NaHA)=(0.03-0.01)L×0.1mol/L-0.001mol=0.001mol，所以混合溶液中Na2A和NaHA的浓度之比为1：1，A符合题意；
B．滴加10mL盐酸时溶液中的溶质为0.001molNaCl和0.002molNaHA，则2c(Cl)=c(A)，所以2c(Cl-)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，B不符合题意；
C．滴加30 mL盐酸时溶质为0.003molNaCl和0.002molH2A，溶液中存在平衡H2A H++HA- ， 溶液显酸性，同时也会电离出氢离子，所以c(Na+)=c(Cl-)>c(H2A) >c(H+)>c(HA-)>c(OH-)，C不符合题意；
D．若混合时H2A溶液的体积远大于Na2A溶液，则溶液显酸性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】Na2A和NaHA混合溶液中加入盐酸时，先发生A2-+H+=HA- ， 然后发生HA-+H+=H2A。
二、综合题
8.【答案】 （1）球形干燥管
（2）2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
（3）吸收 Cl2
（4）4H++5ClO2−=Cl−+4ClO2↑+2H2O；验证是否有 ClO2生成
（5）500mL容量瓶
（6）135
【解析】【解答】（1）根据仪器特征，可以知道仪器C是球形干燥管，故C：球形干燥管；
（2）氯酸钠和稀盐酸混合产生Cl2和ClO2、NaCl，根据电子转移守恒和原子守恒，化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；
（3）F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是：吸收Cl2；
（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2 ， 根据元素守恒可以知道应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5ClO2−=Cl−+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放试验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用：验证是否有ClO2生成；
（5）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制450mL4mol/L的NaOH溶液，应选择500mL容量瓶，所以还缺少的玻璃仪器：500mL容量瓶；
（6）已知在水样中加入足量的 KI 发生的离子方程式为：2ClO2+10I−+8H+=2Cl−+5I2+4H2O，再用 0.1000 mol⋅L−1 Na2S2O3标准溶液滴定 I2单质发生反应：I2+2S2O32−=2I−+S4O62−。可得滴定过程中的转化关系为：2ClO2∼5I2∼10S2O32− ， 反应之后消耗 S2O32−的物质的量为 0.1000 mol/L×10.00×10−3 L=1×10−3 mol，故 ClO2的物质的量为 1×10−3 mol× =2×10−4 mol，故该水样中 ClO2的含量为 =135 mg⋅L−1。
【分析】由题意和装置推知，A中NaClO3和稀盐酸反应制的ClO2和Cl2 ， 经过C的干燥管除去Cl2 ， ClO2进入D稳定剂中，通入F的淀粉-KI溶液检验ClO2 ， 最后G中NaOH溶液进行尾气的吸收处理。
9.【答案】 （1）加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全
（2）6H++6Fe2++ =6Fe3++Cl-+3H2O
（3）FeOOH；取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全
（4）10-15.6
（5）N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni +N2 +4H2O
（6）随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜
【解析】【解答】(1)酸浸时加热，目的是加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全；
(2)根据分析，“氧化”过程发生反应的离子方程式是6H++6Fe2++ =6Fe3++Cl-+3H2O；
(3)由图可知，若反应在80℃进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是FeOOH；检验沉铁反应是否完全的方法是取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全；
(4) 由上述图表可知，Ni2+完全沉淀时pH=8.7，此时c(Ni2+)=1×10-5mol/L， ，故Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=10-5×(10-5.3)2=10-15.6；
(5)根据分析，生成Ni的离子方程式：N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni +N2 +4H2O；
(6)浓硫酸具有强氧化性，使某些金属生成致密的氧化膜，故Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜。
【分析】红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+ ， 另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入NaClO氧化亚铁离子发生6H++6Fe2++ =6Fe3++Cl-+3H2O，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，沉铁生成NaFe3(SO4)2(OH)6 ， 过滤后的滤液中在经过NaOH、N2H4处理发生N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni +N2 +4H2O，可得到Ni，依此解答该题；
10.【答案】 （1）-87.0；abd
（2）a；81.82%
（3）3Fe3O4=10Fe0.9O+O2↑；2:7
（4）不能；H2SO3+HCO = HSO +H2O+CO2↑
【解析】【解答】(1)①根据盖斯定律反应Ⅰ+反应Ⅱ可得反应Ⅲ的ΔH3=-159.5 kJ/mol+72.5 kJ/mol=-87.0 kJ/mol；
②a．反应物为气体，所以固体质量不变时说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，a正确；
b．反应进行过程中有水蒸气生成，所以未平衡时NH3的物质的量分数不断减小，当其不变时说明反应达到平衡，b正确；
c．2v正(NH3)=v逆(CO2)，即4v正(CO2)=v逆(CO2)，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡，c不正确；
d．而反应过程中有固体生成，所以气体的质量会变，容器恒容，则未平衡时气体的密度会变，当密度不变时说明反应达到平衡，d正确；
故答案为：abd；
(2)该反应为气体系数增大的反应，所以温度相同时，增大压强平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，所以曲线a代表的压强较小，即表示1MPa的是a；X点平衡时CH4的体积分数为5%，不妨设初始投入的甲烷和水蒸气均为10mol，设平衡Δn(CH4)=x mol，列三段式有：
则有 =5%，解得x= mol，所以平衡转化率为 =81.82%；
(3)据图可知过程②中Fe3O4在太阳能高温条件下分解生成Fe0.9O和O2 ， 根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为3Fe3O4=10Fe0.9O+O2↑；设Fe0.9O中Fe3+的个数为x，Fe2+的个数为y，则x+y=0.9、3x+2y=2，解得x=0.2、y=0.7，所以Fe0.9O中Fe3+与Fe2+的物质的量之比为2:7；
(4)①碳酸钠溶液中主要存在的水解平衡为CO +H2O HCO +OH- ， 所以等浓度时NaClO的pH小于碳酸钠，能说明HClO的酸性比HCO 强，但不能比较H2CO3与HClO的酸性强弱；
②根据表格数据可知酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO ＞HCO ，所以H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应生成CO2和NaHSO3 ， 离子方程式为H2SO3+HCO = HSO +H2O+CO2↑。
【分析】（1）①根据盖斯定律即可计算②总反应是放热且气体体积减小的反应，可根据气体的质量不变、以及浓度不变、以及物质的量分数不变、密度不变以及某物质的正逆速率相等判断是否达到平衡
（2）根据反应，正反应是体积增大的反应，压强越大反应逆向反应，即可判断，根据甲烷的体积分数利用三行式进行计算即可
（3）根据反应物和生成物即可写出方程式，根据元素守恒以及化合价代数和为0进行计算出即可
（4）① 碳酸是二元弱酸，碳酸根是二元弱酸酸根分步水解，而次氯酸是一元弱酸不能进行比较酸性强弱②根据电离常数即可判断出亚硫酸与碳酸氢钠反应的得到亚硫酸氢钠和二氧化碳即可写出方程式
11.【答案】 （1）bd
（2）N；5
（3）平面三角形；N
（4）NH3、AsH3、PH3；NH3、PH3、AsH3
（5）(0.5，0，0.25)和(0.5，0.5，0)；4
【解析】【解答】(1)焰色反应时，电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量，故a不正确、b正确；焰色反应的光谱属于发射光谱，故c不正确、d正确；
故答案为：bd；
(2)Mn是25号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2 ， 故最高能层符号：N；3d能级上有5个电子，根据洪特定律，3d能级上的5个电子均为未成对的电子，故未成对电子为：5；
(3)Mn(NO3)2中阴离子为硝酸根离子，价层电子对数=3+ =3，所以VSEPR模型为平面三角形，没有孤电子对，所以硝酸根离子的空间构型是：平面三角形；元素 Mn 与 O、N 中，由于O、N元素是非金属元素而 Mn 是金属元素，所以第一电离能较大的O和N，同周期从左向右第一电离能增大，但 N 的 2p 电子半满为稳定结构，所以Mn、N、O中第一电离能最大的元素是：N
(4)NH3分子间中有氢键，氢键比分子间作用力强，所以沸点最高，As相对原子质量大于P，所以相对分子质量更大，范德华力更强，沸点更高，所以NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为NH3、AsH3、PH3；根据VSEPR中同族元素形成同类型化合物时的斥力顺序，处于中心原子的全充满价层里的键和电子之间的斥力大于处在中心原子未充满价层里的键和电子之间的斥力，且N-P-As的顺序原子半径递增，故本应同为三角锥形分子的NH₃﹑PH₃﹑AsH₃的键角依次减小；
(5)由Mn和As的分数坐标可知，x、y轴上apm长的分数坐标为1，z轴上2apm长的分数坐标为1。小黑球表示的是Ag原子，与Ag(0，0，0)最近的Mn有两个，其分数坐标分别为(0.5，0，0.25)和(0.5，0.5，0)。灰球表示的是As原子，每个Mn周围与Mn等距离的As原子有4个，即与单Mn键合的As有4个。
【分析】（1）主要是焰色反应的发生原理，基态电子吸收能量后变为激发态，激发态不稳定释放能量形成焰色反应是发生光谱
（2）写出Mn原子中核外电子能级排布即可找出未成对电子，找出电子的所占据的能级即可
（3）计算出出硝酸根离子的价层电子对以及孤对电子即可判断构型，金属元素的第一电离能低于非金属元素，非金属元素能级中存在半充满或全充满时较稳定
（4）结构相似，相对分子质量越大沸点越高，但是氨气分子中存在氢键，半径越小，孤对电子对成键电子斥力越大，键角越大
（5）根据给出的坐标即可得出小黑球是Ag，小白球是Mn,灰球是As，与Ag最近的是位于底面面心以及左侧面的位置的点，根据图示即可中出单个Mn键合的As的个数
12.【答案】 （1）间二甲苯或1,3-二甲(基)苯；羧基
（2）取代反应
（3）
（4）+2CH3OH +2H2O
（5）2
（6）
【解析】【解答】（1）A的结构为 故A的名称为：间二甲苯或1，3-二甲(基)苯；D为 ，其中含氧官能团为-COOH：羧基；
（2）B C的反应为硝化反应，反应类型为取代反应，故答：取代反应；
（3）通过F的结构反推E为D和IBr发生取代反应生成E的结构为
（4）C的结构为 ，含有两个羧基，可以和甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，方程式为： +2CH3OH +2H2O
（5）H是D 的同系物，说明分子结构中含有两个羧基，分子式为C9H9NO4 ， 说明分子组成比D多1个C原子，满足条件①分子中存在氨基；②能与碱发生反应，且1mol该物质最多可以消耗2 mol NaOH，说明有两个羧基；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，H的结构为 ，故答：2种；
（6）以 和 为原料制备 ，由题中流程可知， 和 发生取代反应可生成 ，而 催化氧化可以生成 ， 再和SOCl2发生取代反应即可得到 ； 与氢气发生加氢反应得到 ，故以 和 为原料制备 的合成路线流程图为：
【分析】A被酸性高锰酸钾溶液氧化为B，B发生硝化反应生成C，C发生加氢还原反应生成D，通过F的结构反推E为D和IBr发生取代反应生成E的结构为 ，E和SOCl2发生取代反应生成F，F和 发生取代反应生成G。
高考化学二模试卷
一、单选题
1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
B. 用pH试纸检验某干燥气体是酸性气体还是碱性气体时，应先用蒸馏水湿润
C. 从石油中得来的沥青，主要成分是烃的含氧衍生物
D. “凿开混沌得乌金”所载“乌金”为煤炭，煤炭属于有机高分子化合物
2.下图是一个形象有趣的有机合成反应：
下列说法中正确的是（ ）
A. 该反应符合绿色化学的理念，原子利用率为100%
B. 化合物X的一氯代物有3种
C. 化合物Y中有5个碳原子共一条直线
D. 化合物Z能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能与HCN反应
3.根据下列实验操作和现象所得结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
在一块已除锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2~3min，溶液边缘出现红色
铁片上发生了吸氧腐蚀
B
向pH=3的醋酸溶液中，加入少量醋酸铵固体，溶液pH增大
醋酸铵溶液呈碱性
C
用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近试剂瓶瓶口，试剂瓶瓶口有白烟生成
该试剂瓶中盛装的是浓盐酸
D
将大理石与稀盐酸反应得到的气体直接通入足量澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
Cl的非金属性比C的强
A. A B. B C. C D. D
4.某离子［Y2Z4XW2]-的结构如图，且所有原子最外层都达到8电子稳定结构，X、Y、Z、W位于同一短周期，X是其中原子序数最小的元素，W既是同周期也是同主族中原子半径最小的元素。下列说法正确的是（ ）
A. 该结构中的化学键均为极性共价键
B. Y和Z形成的化合物都是酸性氧化物
C. 皮肤上沾有强碱液，用大量水冲洗后，可以涂抹上稀H3XO3溶液
D. Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物的沸点：后者高于前者
5.1，3-丁二烯和Br2以物质的量之比为1：1发生加成反应分两步：第一步Br+进攻1，3-丁二烯生成中间体C(溴正离子)；第二步Br-进攻中间体C完成1，2-加成或1，4-加成。反应过程中的能量变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 其它条件相同时，生成产物B的速率快于产物A的速率
B. 升高温度，1，3-丁二烯的平衡转化率增大
C. 该加成反应的反应热为Eb-Ea
D. 该反应的速率主要取决于第一步反应的快慢
6.我国科学家最近发明了一种Zn-PbO2二次电池，内部结构如图所示。电解质分别为K2SO4、H2SO4和KOH，由a和b两种离子交换膜隔开，形成A、B、C三个区域。放电后B区域电解质溶液浓度增加。下列说法错误的是（ ）
A. 电池中PbO2为正极 B. B区域的电解质为K2SO4溶液
C. 图中的b膜为阳离子交换膜 D. 当电路中转移0.2mol电子时，B区溶质质量增大17.4g
7.实验室使用pH传感器来测定某Na2A和NaHA混合溶液中NaHA的含量。用0.1mol·L-1盐酸滴定该混合溶液，得到如下曲线。以下说法错误的是（ ）
A. 该混合溶液中Na2A和NaHA的浓度之比为1：2
B. 滴加10mL盐酸时：2c(Cl-)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)
C. 滴加30 mL盐酸时：c(Na+)=c(Cl-)>c(H2A) >c(H+)>c(HA-)>c(OH-)
D. 若将等浓度的H2A和Na2A溶液混合，溶液可能显酸性
二、综合题
8.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色有刺激性气味的气体，易溶于水，与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒等方面应用广泛。某兴趣小组通过下图装置对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
（1）仪器C的名称是________。
（2）A中发生反应产物有CIO2、Cl2、NaCl等，请写出该反应的化学方程式________。
（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2 ， 此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是________。
（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2 ， 该反应的离子方程式为________。在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是________。
（5）若实验室需要配置450mL4 mol/L的NaOH溶液，所使用的玻璃仪器除量筒、胶头滴管、玻璃棒、烧杯外，还必须有________。
（6）自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取100.0mL的水样，酸化，加入足量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，加入淀粉溶液。再用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2+2S2O =2I-+S4O )，达到滴定终点时用去10.00 mL Na2S2O3标准溶液，测得该水样中的ClO2含量为________mg·L-1。
9.镍是化工产业的重要原料。以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，制取纳米镍粉，同时获得净水剂黄钠铁矾［NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如下：
溶液中Ni2+离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH
7.2
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
8.7
回答下列问题：
（1）“酸浸”时需要加热，其原因是________。
（2）“氧化”过程发生反应的离子方程式是________。
（3）“沉铁”过程，控制不同的条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图1中阴影部分表示的是黄钠铁矾稳定存在区域)。若反应在80℃时进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是________；检验沉铁步骤中反应是否完全的方法是________。
（4）利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=________(列出计算式)。
（5）“转化”过程，向“过滤II”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4 ， 控制溶液中NaOH的浓度，可得到不同晶态物质(NiSO4·Ni、Ni或二者的混合物)。写出生成Ni的离子方程式________。
（6）95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当ω(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为________。
10.温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。
（1）以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
反应I：2NH3(g)+CO2(g)→NH2COONH4(s) ΔH1=-159.5 kJ/mol
反应II：NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH2=+72.5 kJ/mol
总反应Ⅲ：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH3=（ ）kJ/mol
①反应Ⅲ的ΔH3=________kJ/mol。
②一定温度下，在体积固定的密闭容器中将NH3和CO2按2：1投入进行反应合成尿素，下列能说明反应I达到化学平衡状态的是________。
a.体系内固体质量不改变
b.NH3的物质的量分数不再变化
c.2v正(NH3)=v逆(CO2)
d.容器内混合气体的密度不再变化
（2）工业上用甲烷和水蒸气在高温和催化剂存在的条件下制得合成气(CO、H2)，发生反应为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH>0，将等物质的量的甲烷和水蒸气投入一个刚性容器中，图中a、b两条曲线代表压强分别为1MPa、2MPa时甲烷平衡含量曲线，其中表示1MPa的是________(填字母)。在实际生产中采用图中X点的反应条件，此时X点的平衡转化率为________(保留小数点后两位)
（3）在太阳能的作用下，缺铁氧化物［如Fe0.9O]能分解CO2 ， 其过程如下图所示。过程②的化学方程式是________。Fe0.9O中Fe3+与Fe2+的物质的量之比为________。
（4）已知：
表1 25℃时浓度为0.1mol/L两种溶液的pH
溶质
NaClO
Na2CO3
pH
9.7
11.6
表2 25℃时两种酸的电离平衡常数
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10-2
6.3×10-8
H2CO3
4.2×10-7
5.6×10-11
①根据表1能不能判断出H2CO3与HClO酸性强弱？________(填“能”或“不能”)。
②H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的离子方程式为________。
11.化合物AgMnAs2在磁记录材料领域有着广泛的应用前景，回答下列问题：
（1）.Ag的焰色反应与铁相似，接近无色，下列有关焰色反应原理的分析正确的是 (填字母)。
a.电子从基态跃迁到较高的激发态
b.电子从较高的激发态跃迁回基态
c.焰色反应的光谱属于吸收光谱
d.焰色反应的光谱属于发射光谱
（2）.基态Mn原子中核外电子占据的最高能层符号 。其核外未成对电子数为 个。
（3）.Mn(NO3)2中阴离子的空间构型是 ， Mn、N、O中第一电离能最大的元素是 (填元素符号)。
（4）.NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为 (填化学式，下同)，键角由大到小的顺序为 。
（5）.以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系 AgMnAs2的晶胞结构如下图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
坐标
原子
x
y
z
Ag
0
0
0
Mn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125
找出距离 Ag(0，0，0)最近的Mn (用分数坐标表示)。AgMnAs2晶体中与单个Mn键合的As有 个。
12.碘海醇是临床中应用广泛的一种造影剂，化合物G是合成碘海醇的中间体，其合成路线如下：
（1）A物质的化学名称为________。D中含氧官能团的名称为________。
（2）B→C的反应类型为________。
（3）写出E的结构简式________。
（4）写出物质C与足量甲醇发生酯化反应的方程式________。
（5）H是D的同系物，分子式为C9H9NO4 ， 同时满足下列条件且属于芳香族化合物的H的同分异构体有________种。
①分子中存在氨基；
②能与碱发生反应，且1mol该物质最多可以消耗2 mol NaOH；
③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢。
（6）参照题中合成路线，写出以 和 为原料制备 的合成路线图________ (无机试剂任选)。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．虽然氧化钙可以和二氧化碳反应生成碳酸钙，但高温条件下碳酸钙又会分解生成二氧化碳和氧化钙，所以不能减少温室气体的排放，A不符合题意；
B．酸性气体或碱性气体本身并不能电离产生氢离子或氢氧根，只有溶于水时才会显示酸碱性，B符合题意；
C．石油是烃的混合物，沥青提炼自石油，所以沥青的主要成分是烃，C不符合题意；
D．煤炭主要成分为碳单质，为无机物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.加入氧化钙主要是固定硫元素减少酸雨气体的形成
B.酸性气体或者碱性气体溶于水后才能进行检验酸碱性
C.石油获取的沥青主要是烃不是烃的衍生物
D.煤炭是无机物不是有机物
2.【答案】 C
【解析】【解答】A．X中含有溴原子，而Z中没有溴原子，所以原子利用率并没有达到100%，A不符合题意；
B．X中苯环上有一种环境的氢原子，甲基上有一种，含氧五元环上有两种，所以其一氯代物有4种，B不符合题意；
C．碳碳三键上的两个碳原子以及与其相连的碳原子共线，苯环上与三键相连的碳原子的对位碳也共线，所以共有5个碳原子共线，C符合题意；
D．Z中含有羟基(羟基相连的碳原子上有氢)、碳碳三键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，碳碳三键可以和HCN发生加成反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应物和生成物确定该反应不符合绿色化学理念原子利用率没有得到100%
B.找出X中氢原子的种类即可
C.碳碳三键均在一条线上，与碳碳三键连接的原子均共线，找出即可
D.化合物Z中含有不饱和键可与高锰酸钾作用也可与HCN加成反应
3.【答案】 A
【解析】【解答】A．溶液边缘出现红色，说明氧气得到电子与水反应生成了氢氧根离子，证明铁片发生了吸氧腐蚀，A符合题意；
B．即使醋酸铵溶液不显碱性，向醋酸溶液中加入醋酸铵固体，醋酸根离子浓度增大，会抑制醋酸电离，溶液的pH也会增大，B不符合题意；
C．浓硝酸也具有挥发性，所以试剂瓶中盛装的也可能是浓硝酸，C不符合题意；
D．稀盐酸并不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能通过比较HCl和碳酸的酸性强弱来比较Cl和C的非金属性强弱，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.铁片是合金，氯化钠是电解质溶液发生吸氧腐蚀，因此会有氢氧根产生
B.主要是抑制醋酸的电离导致氢离子浓度降低
C.能与浓氨水作用产生白盐的不一定是浓盐酸还有可能是浓硝酸
D.比较非金属元素的非金属性主要看的最高价氧化物的酸性强弱
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．两个Y(C)原子之间的共价键为非极性共价键，A不符合题意；
B．C和O可以形成化合物CO，为不成盐氧化物，B不符合题意；
C．H3XO3即H3BO3 ， 为一种弱酸，皮肤上沾有强碱液，用大量水冲洗后，可以涂抹上酸性较弱的硼酸溶液中和残留碱液，C符合题意；
D．Z和W与氢元素形成的10电子化合物分别为H2O和HF，水分子间形成的氢键更多，沸点更高，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】W既是同周期也是同主族中原子半径最小的元素，且有原子序数比W的小的元素，则W为F元素，所以X、Y、Z、W均为第二周期元素，F可以和X形成配位键，据图可知F提供孤电子对，X提供空轨道，所以X为B元素，Z可以形成两个共价键，应为O元素，Y可以形成4个共价键，则为C元素。
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．据图可知中间体C生成B的活化能更高，反应速率应更慢，A不符合题意；
B．据图可知生成1，3-丁二烯的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡转化率减小，B不符合题意；
C．Ea是第二步反应中1，2-加成反应的活化能，Eb是第二步反应中1，4-加成反应的活化能，Eb-Ea是只是两种活化能的差值，图中数据不能计算该加成反应的反应热，C不符合题意；
D．据图可知第一步反应的活化能更大，反应速率更慢，整体反应速率取决于慢反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据图示活化能越高速率越慢
B.根据焓变=生成物的能量-反应物的能量，结合温度变化进行判断
C.根据图示焓变=生成物的能量-反应物的能量，未给出数据
D.活化能越高速率越慢，活化能高的决定着速率
6.【答案】 C
【解析】【解答】A．Zn与PbO2构成原电池，Zn Zn(OH)42- ， Zn失电子为负极，则PbO2为正极，故A不符合题意；
B．A区域发生反应：Zn Zn(OH)42- ， A为碱性区域，故A为KOH，C中应为酸性条件，故C为H2SO4 ， 故B为K2SO4溶液，故B不符合题意；
C．B为K2SO4 ， B中的SO42-是由C中硫酸溶液提供，b需要能使阴离子通过，故b为阴离子交换膜，故C符合题意；
D．闭合回路中电荷转移守恒可知，0.2mol电子转移时，溶液中应该有0.2molK+和0.1molSO42- ， B区域中K2SO4物质的量增加0.1mol，质量增加17.4g，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图示，A区是负极，电解质溶液是氢氧化钾，C区是正极区，电解质溶液是硫酸，B区的电解质是硫酸钾溶液，c中的硫酸根进入B，A中的钾离子进入B中，写出B电极的电极式即可计算出转移电子数与电极质量的关系
7.【答案】 A
【解析】【解答】A．据图可知滴入10mL盐酸时pH发生突变，即此时A2-+H+=HA-完全进行，所以n(Na2A)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，滴入30mL盐酸时pH又发生突变，说明HA-+H+=H2A完全进行，由于部分HA-是由Na2A反应生成，所以n(NaHA)=(0.03-0.01)L×0.1mol/L-0.001mol=0.001mol，所以混合溶液中Na2A和NaHA的浓度之比为1：1，A符合题意；
B．滴加10mL盐酸时溶液中的溶质为0.001molNaCl和0.002molNaHA，则2c(Cl)=c(A)，所以2c(Cl-)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，B不符合题意；
C．滴加30 mL盐酸时溶质为0.003molNaCl和0.002molH2A，溶液中存在平衡H2A H++HA- ， 溶液显酸性，同时也会电离出氢离子，所以c(Na+)=c(Cl-)>c(H2A) >c(H+)>c(HA-)>c(OH-)，C不符合题意；
D．若混合时H2A溶液的体积远大于Na2A溶液，则溶液显酸性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】Na2A和NaHA混合溶液中加入盐酸时，先发生A2-+H+=HA- ， 然后发生HA-+H+=H2A。
二、综合题
8.【答案】 （1）球形干燥管
（2）2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
（3）吸收 Cl2
（4）4H++5ClO2−=Cl−+4ClO2↑+2H2O；验证是否有 ClO2生成
（5）500mL容量瓶
（6）135
【解析】【解答】（1）根据仪器特征，可以知道仪器C是球形干燥管，故C：球形干燥管；
（2）氯酸钠和稀盐酸混合产生Cl2和ClO2、NaCl，根据电子转移守恒和原子守恒，化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；
（3）F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是：吸收Cl2；
（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2 ， 根据元素守恒可以知道应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5ClO2−=Cl−+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放试验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用：验证是否有ClO2生成；
（5）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制450mL4mol/L的NaOH溶液，应选择500mL容量瓶，所以还缺少的玻璃仪器：500mL容量瓶；
（6）已知在水样中加入足量的 KI 发生的离子方程式为：2ClO2+10I−+8H+=2Cl−+5I2+4H2O，再用 0.1000 mol⋅L−1 Na2S2O3标准溶液滴定 I2单质发生反应：I2+2S2O32−=2I−+S4O62−。可得滴定过程中的转化关系为：2ClO2∼5I2∼10S2O32− ， 反应之后消耗 S2O32−的物质的量为 0.1000 mol/L×10.00×10−3 L=1×10−3 mol，故 ClO2的物质的量为 1×10−3 mol× =2×10−4 mol，故该水样中 ClO2的含量为 =135 mg⋅L−1。
【分析】由题意和装置推知，A中NaClO3和稀盐酸反应制的ClO2和Cl2 ， 经过C的干燥管除去Cl2 ， ClO2进入D稳定剂中，通入F的淀粉-KI溶液检验ClO2 ， 最后G中NaOH溶液进行尾气的吸收处理。
9.【答案】 （1）加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全
（2）6H++6Fe2++ =6Fe3++Cl-+3H2O
（3）FeOOH；取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全
（4）10-15.6
（5）N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni +N2 +4H2O
（6）随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜
【解析】【解答】(1)酸浸时加热，目的是加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全；
(2)根据分析，“氧化”过程发生反应的离子方程式是6H++6Fe2++ =6Fe3++Cl-+3H2O；
(3)由图可知，若反应在80℃进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是FeOOH；检验沉铁反应是否完全的方法是取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全；
(4) 由上述图表可知，Ni2+完全沉淀时pH=8.7，此时c(Ni2+)=1×10-5mol/L， ，故Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=10-5×(10-5.3)2=10-15.6；
(5)根据分析，生成Ni的离子方程式：N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni +N2 +4H2O；
(6)浓硫酸具有强氧化性，使某些金属生成致密的氧化膜，故Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜。
【分析】红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+ ， 另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入NaClO氧化亚铁离子发生6H++6Fe2++ =6Fe3++Cl-+3H2O，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，沉铁生成NaFe3(SO4)2(OH)6 ， 过滤后的滤液中在经过NaOH、N2H4处理发生N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni +N2 +4H2O，可得到Ni，依此解答该题；
10.【答案】 （1）-87.0；abd
（2）a；81.82%
（3）3Fe3O4=10Fe0.9O+O2↑；2:7
（4）不能；H2SO3+HCO = HSO +H2O+CO2↑
【解析】【解答】(1)①根据盖斯定律反应Ⅰ+反应Ⅱ可得反应Ⅲ的ΔH3=-159.5 kJ/mol+72.5 kJ/mol=-87.0 kJ/mol；
②a．反应物为气体，所以固体质量不变时说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，a正确；
b．反应进行过程中有水蒸气生成，所以未平衡时NH3的物质的量分数不断减小，当其不变时说明反应达到平衡，b正确；
c．2v正(NH3)=v逆(CO2)，即4v正(CO2)=v逆(CO2)，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡，c不正确；
d．而反应过程中有固体生成，所以气体的质量会变，容器恒容，则未平衡时气体的密度会变，当密度不变时说明反应达到平衡，d正确；
故答案为：abd；
(2)该反应为气体系数增大的反应，所以温度相同时，增大压强平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，所以曲线a代表的压强较小，即表示1MPa的是a；X点平衡时CH4的体积分数为5%，不妨设初始投入的甲烷和水蒸气均为10mol，设平衡Δn(CH4)=x mol，列三段式有：
则有 =5%，解得x= mol，所以平衡转化率为 =81.82%；
(3)据图可知过程②中Fe3O4在太阳能高温条件下分解生成Fe0.9O和O2 ， 根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为3Fe3O4=10Fe0.9O+O2↑；设Fe0.9O中Fe3+的个数为x，Fe2+的个数为y，则x+y=0.9、3x+2y=2，解得x=0.2、y=0.7，所以Fe0.9O中Fe3+与Fe2+的物质的量之比为2:7；
(4)①碳酸钠溶液中主要存在的水解平衡为CO +H2O HCO +OH- ， 所以等浓度时NaClO的pH小于碳酸钠，能说明HClO的酸性比HCO 强，但不能比较H2CO3与HClO的酸性强弱；
②根据表格数据可知酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO ＞HCO ，所以H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应生成CO2和NaHSO3 ， 离子方程式为H2SO3+HCO = HSO +H2O+CO2↑。
【分析】（1）①根据盖斯定律即可计算②总反应是放热且气体体积减小的反应，可根据气体的质量不变、以及浓度不变、以及物质的量分数不变、密度不变以及某物质的正逆速率相等判断是否达到平衡
（2）根据反应，正反应是体积增大的反应，压强越大反应逆向反应，即可判断，根据甲烷的体积分数利用三行式进行计算即可
（3）根据反应物和生成物即可写出方程式，根据元素守恒以及化合价代数和为0进行计算出即可
（4）① 碳酸是二元弱酸，碳酸根是二元弱酸酸根分步水解，而次氯酸是一元弱酸不能进行比较酸性强弱②根据电离常数即可判断出亚硫酸与碳酸氢钠反应的得到亚硫酸氢钠和二氧化碳即可写出方程式
11.【答案】 （1）bd
（2）N；5
（3）平面三角形；N
（4）NH3、AsH3、PH3；NH3、PH3、AsH3
（5）(0.5，0，0.25)和(0.5，0.5，0)；4
【解析】【解答】(1)焰色反应时，电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量，故a不正确、b正确；焰色反应的光谱属于发射光谱，故c不正确、d正确；
故答案为：bd；
(2)Mn是25号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2 ， 故最高能层符号：N；3d能级上有5个电子，根据洪特定律，3d能级上的5个电子均为未成对的电子，故未成对电子为：5；
(3)Mn(NO3)2中阴离子为硝酸根离子，价层电子对数=3+ =3，所以VSEPR模型为平面三角形，没有孤电子对，所以硝酸根离子的空间构型是：平面三角形；元素 Mn 与 O、N 中，由于O、N元素是非金属元素而 Mn 是金属元素，所以第一电离能较大的O和N，同周期从左向右第一电离能增大，但 N 的 2p 电子半满为稳定结构，所以Mn、N、O中第一电离能最大的元素是：N
(4)NH3分子间中有氢键，氢键比分子间作用力强，所以沸点最高，As相对原子质量大于P，所以相对分子质量更大，范德华力更强，沸点更高，所以NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为NH3、AsH3、PH3；根据VSEPR中同族元素形成同类型化合物时的斥力顺序，处于中心原子的全充满价层里的键和电子之间的斥力大于处在中心原子未充满价层里的键和电子之间的斥力，且N-P-As的顺序原子半径递增，故本应同为三角锥形分子的NH₃﹑PH₃﹑AsH₃的键角依次减小；
(5)由Mn和As的分数坐标可知，x、y轴上apm长的分数坐标为1，z轴上2apm长的分数坐标为1。小黑球表示的是Ag原子，与Ag(0，0，0)最近的Mn有两个，其分数坐标分别为(0.5，0，0.25)和(0.5，0.5，0)。灰球表示的是As原子，每个Mn周围与Mn等距离的As原子有4个，即与单Mn键合的As有4个。
【分析】（1）主要是焰色反应的发生原理，基态电子吸收能量后变为激发态，激发态不稳定释放能量形成焰色反应是发生光谱
（2）写出Mn原子中核外电子能级排布即可找出未成对电子，找出电子的所占据的能级即可
（3）计算出出硝酸根离子的价层电子对以及孤对电子即可判断构型，金属元素的第一电离能低于非金属元素，非金属元素能级中存在半充满或全充满时较稳定
（4）结构相似，相对分子质量越大沸点越高，但是氨气分子中存在氢键，半径越小，孤对电子对成键电子斥力越大，键角越大
（5）根据给出的坐标即可得出小黑球是Ag，小白球是Mn,灰球是As，与Ag最近的是位于底面面心以及左侧面的位置的点，根据图示即可中出单个Mn键合的As的个数
12.【答案】 （1）间二甲苯或1,3-二甲(基)苯；羧基
（2）取代反应
（3）
（4）+2CH3OH +2H2O
（5）2
（6）
【解析】【解答】（1）A的结构为 故A的名称为：间二甲苯或1，3-二甲(基)苯；D为 ，其中含氧官能团为-COOH：羧基；
（2）B C的反应为硝化反应，反应类型为取代反应，故答：取代反应；
（3）通过F的结构反推E为D和IBr发生取代反应生成E的结构为
（4）C的结构为 ，含有两个羧基，可以和甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，方程式为： +2CH3OH +2H2O
（5）H是D 的同系物，说明分子结构中含有两个羧基，分子式为C9H9NO4 ， 说明分子组成比D多1个C原子，满足条件①分子中存在氨基；②能与碱发生反应，且1mol该物质最多可以消耗2 mol NaOH，说明有两个羧基；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，H的结构为 ，故答：2种；
（6）以 和 为原料制备 ，由题中流程可知， 和 发生取代反应可生成 ，而 催化氧化可以生成 ， 再和SOCl2发生取代反应即可得到 ； 与氢气发生加氢反应得到 ，故以 和 为原料制备 的合成路线流程图为：
【分析】A被酸性高锰酸钾溶液氧化为B，B发生硝化反应生成C，C发生加氢还原反应生成D，通过F的结构反推E为D和IBr发生取代反应生成E的结构为 ，E和SOCl2发生取代反应生成F，F和 发生取代反应生成G。
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