【化学】江苏省泰州中学2018-2019学年高二下学期第二次月考（解析版） 试卷

江苏省泰州中学2018-2019学年高二下学期第二次月考
可能用到的相对原子质童：H:1 O:16 Na:23 P:31 S:32 K:39 Mn:55
第I卷 选择题(共40分)
单项选择題：本題包括10小题，每小题2分，共计20分，每小题只有一个选项符合题意。
1.2018年世界环境日主题为“塑战速决”。下列做法不应该提倡的是（ ）
A. 使用布袋替代一次性塑料袋购物
B. 焚烧废旧塑料以防止“白色污染”
C. 用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料
D. 用高炉喷吹技术综合利用废塑料
【答案】B
【详解】A. 使用布袋替代一次性塑料袋购物，可以减少塑料的使用，减少“白色污染”，故不选A；
B. 焚烧废旧塑料生成有毒有害气体，不利于保护生态环境，故选B；
C. 利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料可以在自然界中自行分解为小分子化合物，所以替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”，故不选C；
D. 高炉喷吹废塑料是将废塑料作为高炉炼铁燃料和还原剂，利用废塑料燃烧向高炉冶炼提供热量，同时利用废塑料中的C、H元素，还原铁矿石中的Fe，使废塑料得以资源化利用、无害化处理和节约能源的有效综合利用方法，故不选D。
2.下列化学用语表示正确的是（ ）
A. 乙酸的分子式：CH3COOH
B. CH4分子的球棍模型：
C. 硝基苯的结构简式：
D. 甲醛的结构式：
【答案】D
【详解】A. 乙酸的分子式：C2H4O2，故A错误；B. CH4分子的比例模型： ，故B错误；C. 硝基苯的结构简式：，故C错误；D. 甲醛的结构式： ，故D正确；答案：D。
3.下列能发生酯化、加成、氧化、还原、消去5种反应的化合物是（ ）
A. CH2=CHCH2COOH
B.
C.
D. CH2=CH-CH2-CHO
【答案】C
【详解】A. 含有羧基能发生酯化反应，含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，能和氢气发生还原反应，不能发生消去反应，故A不符合；B. 含有羟基能发生酯化反应，含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，能和氢气发生还原反应，和羟基连碳的邻碳上没有氢，不能发生消去反应，故B不符合；C. 含有醛基，能发生加成反应、氧化反应，能和氢气发生还原反应，含有羟基，能发生酯化反应、消去反应，故C符合题意；D. 含有碳碳双键和醛基，能发生加成反应、氧化反应，能和氢气发生还原反应，不能发生消去反应和酯化反应，故D不符合；答案：C。
4.下列实验装置、操作均正确的是（ ）
A. 分离乙醇和乙酸 B. 证明碳酸酸性强于苯酚
C. 产生光亮的银镜 D. 实验室制备乙稀
【答案】D
【详解】A、乙醇和乙酸互溶，不分层，不能用分液法分离，故A错误；
B、醋酸具有挥发性，醋酸也能与苯酚钠溶液反应生成苯酚，故B错误；
C、银镜反应需要水浴加热，故C错误；
D、乙醇与浓硫酸的混合液加热到170℃发生消去反应生成乙烯，故D正确。
5.迄今为止科学家在星云中已发现180多种星际分子，近年来发现的星际分子乙醇醛分子模型如图所示。有关乙醇醛说法不正确的是（ ）

A. 有2种含氧官能团
B. 能发生银镜反应
C. 与乙醛互为同系物
D. 与乙酸互为同分异构体
【答案】C
【分析】根据成键结构知，黑色球表示表示C原子、红色球表示O原子、灰色球表示H原子，则乙醇醛的结构简式为HOCH2CHO，含有醇羟基和醛基，具有醇和醛的性质，能发生氧化反应、加成反应、还原反应、取代反应，据此分析解答。
【详解】A．含有醇羟基和醛基两种含氧官能团，故A正确；
B．含有醛基，所以能发生银镜反应，故B正确；
C．该分子中含有醇羟基和醛基两种含氧官能团，乙醛只含1个醛基，所以二者不是同系物，故C错误；
D．与乙酸分子式相同、结构不同，所以与乙酸互为同分异构体，故D正确；
答案选C。
【点睛】本题考查有机物结构和性质及基本概念，正确判断该物质结构简式是解本题关键，把握官能团及其性质关系，易错选项是C。
6.某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如下图所示。下列叙述正确的是（ ）

A. 有机物A可与溴水发生加成反应
B. 1mol有机物A能消耗2molNaOH
C. 有机物A不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 有机物A分子中所有碳原子可能在同一平面上
【答案】B
【分析】由可知含有的官能团有酚羟基，醇羟基和氯原子，据此判断。
【详解】A. 根据有机物A中的官能团可知不可与溴水发生加成反应，可发生取代反应，故A错误；B. 1mol有机物A含有一个酚羟基、一个氯原子，能消耗2molNaOH，故B正确；C. 因为含有酚羟基、醇羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以C错误；D. 有机物A分子中含有结构，所以所有碳原子不可能在同一平面上，故D错误；答案：B。
7.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)
A. 能使酚酞变红的溶液：Na＋、Al3＋、SO42-、NO3-
B. 0.1 mol/LNaClO溶液：K＋、Fe2＋、Cl－、SO42-
C. 0.1mol/L氨水：K＋、Ag(NH3)2+、NO3-、OH－
D. 由水电离产生的c(H＋)=1×10－13 mol/L的溶液：Na＋、NH4+、Cl-、HCO3-
【答案】C
【详解】A.能使酚酞变红的溶液呈碱性，Al3+与OH-会发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，A错误；
B.NaClO、Fe2+之间发生氧化还原反应，溶液中不能大量共存，故B错误；
C.K+、[Ag(NH3)2]+、NO3-、OH-之间不反应，都不与氨水反应，在氨水中能够大量共存，C正确；
D.由水电离产生的c(H+)=1×10-13 mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3-与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。 X的族序数是周期数的3倍，25 ℃时，0.1 mol·L－1Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为13，W的最外层有6个电子。下列说法正确的是(　　)
A. X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
B. 原子半径：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)
C. 元素Y、W的简单阴离子具有相同的电子层结构
D. Z分别与X、Y、W形成的化合物中均一定只含离子键
【答案】B
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，25℃时，0.1mol/LZ的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为13，则Z为Na元素；W的最外层有6个电子，其原子序数大于Na，则W为S元素；X的族序数是周期数的3倍，X只能位于第二周期，则X为O元素；Y介于O、Na之间，则Y为F元素，据此解答。
【详解】根据分析可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na，W为S元素。
A.元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性O>S，则X(O)的简单氢化物的热稳定性比W(S)的强，A错误；
B.元素核外电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小为：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，B正确；
C.氟离子含有2个电子层，硫离子含有3个电子层，二者简单阴离子的电子层结构不同，C错误；
D.Na与O、F、S形成的化合物中，过氧化钠中既有离子键又有共价键，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构或物质的性质推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
9.锌-空气电池（原理如图）适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法正确的是（ ）

A. 氧气在石墨电极上发生氧化反应
B. 该电池的负极反应为Zn+H2O-2e- = ZnO+2H+
C. 该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连
D. 该电池放电时OH-向石墨电极移动
【答案】C
【解析】分析: A. 氧气在石墨电极上发生得到电子的还原反应；B. 溶液显碱性，负极反应为Zn+2OH－-2e－= ZnO+H2O；C. 充电时，电源的负极与外接电源的负极相连，即该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连；D. 放电时OH-向负极即向锌电极移动。
详解：A. 氧气在石墨电极上发生得到电子的还原反应，A错误；
B. 溶液显碱性，负极反应为Zn+2OH－-2e－= ZnO+H2O，B错误；
C. 充电时，电源的负极与外接电源的负极相连，即该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连，C正确；
D. 放电时OH-向负极即向锌电极移动，D错误。
答案选C。
点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，难点是电极反应式的书写，书写时注意离子的移动方向、电解质溶液的酸碱性、是否存在交换膜以及是不是熔融电解质等。
10.下列叙述正确的是（ ）
A. 合成氨反应放热，采用低温可以提高氨的生成速率
B. 常温下，将pH＝4的醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均降低
C. 反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)常温下能自发进行，该反应的ΔHc(C2O42-)
C. 20 mL 0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液与10 mL 0.10 mol·L－1 HCl溶液混合得到的酸性溶液：c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)
D. 向0.1mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c(Na＋)>c(NH4+)>c(SO42-)> c(OH－)＝c(H＋)
【答案】C
【详解】A、碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），所以得c（OH-）=c（H+）+c（H2CO3）-c（CO32-），选项A错误；
B．0.1 mol•L-1NaHC2O4溶液呈酸性，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，则c（C2O42-）＞c（H2C2O4），正确的浓度大小为：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（H2C2O4），选项B错误；
C、20 mL 0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液与10 mL 0.10 mol·L－1 HCl溶液混合得到CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，由电荷守恒可知：n（CH3COO-）+n（OH-）=n（Na+）+n（H+）；根据物料守恒知n（CH3COO-）+n（CH3COOH）=2×10-3 mol，n（Na+）=10-3mol，n（CH3COO-）+n（OH-）=[n（CH3COO-）+n（CH3COOH）]+n（H+），所以c（CH3COO-）+2c（OH-）=c（CH3COOH）+2c（H+），选项C正确；
D．0．1 mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性，则NH4+水解会减少，SO42－无变化，所以离子浓度关系是：c(Na＋) ＞c(SO42－)＞c(NH4＋)＞c(OH－) =c(H＋)，选项D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法。
15.一定温度下，在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g)。各容器中起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）

容器
温度/℃
起始物质的量/mol
NO (g)
CO (g)
甲
T1
0.20
0.20
乙
T1
0.30
0.30
丙
T2
0.20
0.20

A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大
C. T1℃时，若起始时向甲中充入0.40 mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，则反应达到新平衡前v(正)＜v(逆)
D. T2℃时，若起始时向丙中充入0.06mol N2和0.12 mol CO2，则达平衡时N2的转化率大于40%
【答案】BD
【解析】2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，先拐先平，对应温度高，甲状态温度高于丙，T1＞T2，此时甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故A错误；B、乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行，达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大，故B正确；C、甲状态下平衡时CO2物质的量为0.10mol，列表计算平衡常数，
2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)
起始量（mol·L－1） 0.1 0.1 0 0
变化量（mol·L－1） 0.05 0.05 0.025 0.05
平衡量（mol·L－1） 0.05 0.05 0.025 0.05
K==10，T1℃时，若起始时向甲中充入0.40 mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，Qc= =5＜K=10，则反应达到新平衡前v（正）＞v（逆），故C错误；D、T2℃时，平衡状态CO2物质的量为0.12mol，
2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)
起始量（mol） 0.2 0.2 0 0
变化量（mol） 0.12 0.12 0.06 0.12
平衡量（mol） 0.08 0.08 0.06 0.12
2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)
起始量（mol） 0 0 0.06 0.12
转化量 0.12 0.12 0 0
则起始时向丙中充入0.06mol N2和0.12 mol CO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡等效，所以再和起始量0.2molCO、0.2molNO相比，相当于减少了NO、CO各0.08mol，压强减小平衡逆向进行，所以氮气转化率大于40%，故D正确；故选BD。
第Ⅱ卷 非选择题(共80分)
16.工业上采用硫铁矿焙烧去硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质) 制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O) ，流程如下：

（1）浸取时，溶液中的Fe2+易被空气中的O2氧化，其离子方程式为 。能提高烧渣浸取速率的措施有 （填字母）。
A．将烧渣粉碎 B．降低硫酸的浓度 C．适当升高温度
（2）还原时，试剂X的用量与溶液pH的变化如图所示，则试剂X可能是 （填字母）。

A．Fe粉 B．SO2 C．NaI
还原结束时，溶液中的主要阴离子有 。
（3）滤渣Ⅱ主要成分的化学式为 ；由分离出滤渣Ⅱ后的溶液得到产品，进行的操作是 、 过滤、洗涤、干燥。
【答案】（1）4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；AC； （2）B；SO42-；
（3）Al(OH)3；蒸发浓缩；冷却结晶。
【解析】试题分析：烧渣中加入稀硫酸，得到硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，在滤液中加入试剂X，随着X的加入，溶液pH逐渐减小，X应为SO2，得到硫酸铝和硫酸亚铁溶液，调节溶液pH，生成氢氧化铝沉淀，滤渣Ⅱ为氢氧化铝，溶液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4 •7H2 O。 （1）溶液中的Fe2+ 易被空气中的O2 氧化，反应的离子方程式为4Fe2++O2+ 4H+ =4Fe3++2H2O，提高烧渣浸取速率，可增大固体的表面积，提高反应温度，或增大离子的浓度的方法，使用选项AC正确；（2）由以上分析可知，随着X的加入，溶液酸性增强，应通入二氧化硫，被氧化生成硫酸，反应后溶液中含有SO4 2- ；（3）由以上分析可知滤渣Ⅱ为氢氧化铝，即Al(OH)3 ，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4 •7H2 O。
【考点定位】考查以硫铁矿烧渣为原料制取绿矾的工艺流程的知识。
【名师点睛】物质在发生氧化还原反应时，还原剂失去的电子总数与氧化剂得到电子总数相等，化学反应若是离子反应，还应该符合电子守恒和电荷守恒；影响化学反应速率的因素在反应物质不变的情况下，固体物质表面积的大小、溶液的浓度、反应的温度、催化剂、对于有气体参加的反应，气体的压强等。FeSO4 是强酸弱碱盐，在溶液中容易发生水解反应，产生氢氧化亚铁和硫酸，硫酸没有挥发性，随着水分的蒸发，氢氧化亚铁和硫酸又会反应产生FeSO4和H2 O，而且该物质的溶解度随温度的升高而增大，随温度的降低而减小，故从FeSO4溶液中获得晶体的方法是蒸发、浓缩、冷却、结晶、过滤、洗涤。
17.由丙烯经下列反应制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。

(1)F的结构简式为 。
(2)在一定条件下，两分子E能脱去两分子形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为 。
(3)①B→C 化学方程式为 。
②C与含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为 。
③E→G化学方程式为 。
(4)手性分子X为E的一种同分异构体，lmolX与足量金属钠反应产生lmol氢气，lmolX与足量银氨溶液反应能生成2molAg，则X的结构简式为_______。
(5)用G代替F制成一次性塑料餐盒的优点是 。
【答案】(1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). 聚乳酸制成的塑料在自然环境中可以降解为小分子，对环境无害。
【分析】丙烯发生加聚反应生成F，F是聚丙烯；丙烯与溴发生加成反应生成A，A是1,2-二溴丙烷；A水解为B，B是1,2-丙二醇；B氧化为C，C是；被新制氢氧化铜悬浊液氧化为D，D是；与氢气发生加成反应生成E，E是；发生缩聚反应生成高分子化合物G为。
【详解】(1) 丙烯发生加聚反应生成F，F是聚丙烯，结构简式为。
(2)E是，在一定条件下，两分子能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为。
(3)①B是1,2-丙二醇被氧化为， 化学方程式为。
②C是，被含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液氧化为，反应的化学方程式为。
③E是，发生缩聚反应生成聚乳酸，化学方程式为。
(4)手性分子X为E的一种同分异构体，lmolX与足量金属钠反应产生lmol氢气，lmolX与足量银氨溶液反应能生成2molAg，说明X中含有2个羟基、1个醛基，则X的结构简式为。
(5)用G代替F制成一次性塑料餐盒的优点是聚乳酸制成的塑料在自然环境中可以降解为小分子，对环境无害。
18.化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：

已知：①RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O
②
回答下列问题:
(1) E的结构简式为___________________。
(2) E生成F的反应类型为___________________。
(3) 1mol化合物H最多可与_______molH2发生加成反应。
(4)G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为______________________________。
(5)芳香化合物X是F同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境氢，峰面积比之为6:2:1:1，写出1种符合要求的X的结构简式_________________。
(6)写出用环戊烷和2-丁炔为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)___ __________________________________________________________。
【答案】(1). (2). 取代反应（酯化反应） (3). 5 (4). (5). 或或或 (6).
【分析】结合，由H的结构简式逆推可得
【详解】根据以上分析，(1)根据H的结构简式，逆推 F是，E与乙醇发生酯化反应生成，则E的结构简式为。
(2) 与乙醇发生酯化反应生成，反应类型为取代反应（酯化反应）。
(3)碳碳双键、苯环都能与氢气发生加成反应，1mol化合物最多可与5molH2发生加成反应。
(4)G为甲苯的同分异构体，利用逆推，可知F是、G是，生成H的化学方程式为。
(5)芳香化合物X含有苯环，X能与饱和碳酸氢钠反应放出CO2，说明含有羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境氢，峰面积比之为6:2:1:1，说明结构对称，符合要求F的同分异构体有或或或 ；
(6)环戊烷发生取代反应生成一氯环戊烷，一氯环戊烷发生消去反应生成环戊烯，环戊烯和2-丁炔发生加成反应生成，与溴发生加成反应生成，合成路线为。
【点睛】考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息灵活运用。
19.粮食仓储常用磷化铝(A1P)熏蒸杀虫，A1P遇水即产生强还原性的PH3气体。国家标准规定粮食中磷物(以PH3计)的残留量不超过0.05 mg•kg-1时为合格。某小组同学用如图所示实验装置和原理测定某粮食样品中碟化物的残留量。C中加入100 g原粮，E 中加入20.00mL2.50×lO-4mol•L-1KMnO4溶液的H2SO4酸化)，C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中的溶液。

(1)装置A中的KMn04溶液的作用是_____________________________________________。
(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2。若去掉该装置，则测得的磷化物的残留量_______(填“偏髙”“偏低”或“不变”)。
(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，写出该反应的离子方程式：__________________________________________________。
(4)收集装置E中的吸收液，加水稀释至250 mL，量取其中的25.00 mL于锥形瓶中， 用4.0×lO-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定，消耗Na2SO3标准溶液20.00mL，反应原理是 S02-+Mn04-+H+→S042-+Mn2++H20(未配平)通过计算判断该样品是否合格(写出计算过程)_____ __________________________________。
【答案】(1). 吸收空气中的还原性气体，防止其干扰pH3的测定 (2). 偏低 (3). 5PH3+8Mn04-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O (4). 0.382 5mg>0.05mg，所以不合格
【分析】(1) KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性；
(2)氧气会氧化一部分PH3，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；
(3) 由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可写出正确的化学方程式；
(4)先计算Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量，再由高锰酸钾总的物质的量减去Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量求出吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量，进而求出粮食中磷物(以PH3计)的残留量。
【详解】(1) KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性，装置A中的KMnO4溶液的作用是吸收空气中的还原性气体，防止其干扰PH3的测定；
(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2，若去掉该装置，氧气会氧化一部分PH3，导致剩下的KMnO4多，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；
(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可知，该反应的离子方程式为：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；
(4) 滴定的反应原理是 5SO32-+2MnO4-+16H+=5SO42-+2Mn2++8H2O，Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量==3.2mol。则吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量=2.50×lO-4mol•L-13.2mol=1.8mol，PH3的物质的量=1.8mol=1.125mol。粮食中磷物(以PH3计)的残留量==0.382 5mg•kg-1，0.382 5mg•kg-1>0.05 mg•kg-1，所以不合格。
20.二甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：
① CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H 1=－90.7 kJ·mol-1
② 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H 2=－23.5 kJ·mol-1
③ CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H 3=－41.2kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g) △H＝____kJ·mol-1。
下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有____。
A．使用合适的催化剂 B．升高温度 C．增大压强
（2）将合成气以n(H2)/n(CO)=2通入1 L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) △H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图1所示，下列说法正确的是____。
A．△H < 0
B．P1P3 ,故B错误;
若在P3和316℃时，起始n(H2)/n(CO)=3，则增大了氢气的量,增大氢气的浓度，平衡正移，CO的转化率增大,所以CO转化率大于50％，故C错误；
因此，本题正确答案是:A;
（3）观察图2可知催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为2时，二甲醚的选择性最高。
因此，本题正确答案是:2;
（4）从图3中看出，b电极是氢离子流向的一极，应该是正极，得电子，氧气要在此极上得到电子，根据电荷守恒，电极反应式为 O2+4e-+4H+=2H2O。
因此，本题正确答案是: O2+4e-+4H+=2H2O。
（5）该反应有硫酸参加,因为硫酸是强酸,具有较强的腐蚀性,能腐蚀设备；
因此，本题正确答案是:H2SO4腐蚀设备或有硫酸废液产生。
21.亚硝酸盐与钻形成的一种配合物1Co(NH3)5NO2]C12的制备流程如下:
CoC12·6H20[Co(NH3)5C1]C12[Co(NH3)5NO2]C12
(1)Co2+基态核外电子排布式为_______________。
(2)配合物[Co(NH3)5C1]C12中与Co3+形成配位键原子为___________(填元素符号)；配离子[Co(NH3)5N02]2+的配体中氮原子的杂化轨道类型为___________。
(3)与NO2-互为等电子体的单质分子为___________(写化学式)。
(4)H202与H20可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为 _______________。
(5)亚硝酸盐在水体中可转化为强致癌物亚硝胺，亚硝胺NDMA的结构、简式如图所示，lmolNDMA分子中含有键的数目为______________mol.

【答案】(1). [Ar]3d7 或 ls22s22p63s23p63d7 (2). N和C1 (3). sp2和sp3 (4). 03 (5). H2O2与H20分子之间可以形成氢键 (6). 10
【分析】（1）Co2+核外25个电子；
（2）配合物1Co（NH3）5Cl]Cl2中氮与氯离子提供孤对电子对与Co3+形成配位键，Co（NH3）5NO2]2+的配体中NH3中氮原子的杂化轨道类型为sp3，而NO2-中氮原子的杂化轨道类型为sp2；
（3）NO2-的电子数为24，其等电子体为O3；
（4）分子间形成氢键，溶解度增大；
（5）双键中一个π键、一个σ键。
【详解】（1）Co2+核外25个电子，基态核外电子排布式为[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；
（2）配合物1Co（NH3）5Cl]Cl2中氮与氯离子提供孤对电子对与Co3+形成配位键，Co（NH3）5NO2]2+的配体中NH3中氮原子的杂化轨道类型为sp3，而NO2-中氮原子的杂化轨道类型为sp2；
（3）NO2-的电子数为24，其等电子体为O3；
（4）H2O2与H2O之间可以形成氢键，溶解度增大，导致H2O2与H2O可以任意比例互溶；
（5）双键中一个π键、一个σ键，1molNDMA中、结构简式如图，有6molC-H、2molC-N、1molN-N和1molN-Oσ键，共10molσ键。
【点睛】本题考查了物质结构和性质，涉及等电子体、核外电子排布式的应用等知识点，这些知识点都是高考热点，难度中等