山东省济宁市2021年高考化学二模试卷及答案

这是一份山东省济宁市2021年高考化学二模试卷及答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，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.化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是（   ）
A. 过期药品和纸箱均应投入到可回收垃圾箱内
B. 石墨烯和碳纳米管互为同素异形体，均为无机非金属材料
C. “天问一号”火星探测器，其太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
D. 在三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物，其中丝绸主要成分为纤维素
2.下列叙述不涉及氧化还原反应的是（   ）
A. 食物腐败变质                                                     B. 对电力不足的新能源汽车充电
C. 用SO2漂白纸浆                                                  D. 苯酚放置在空气中变为粉红色
3.常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol·L-1)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法错误的是（   ）

A.第一电离能：W>Z>Y>X
B.简单离子的半径：Y>Z>W>X
C.W的氢化物空间构型不一定是三角锥形
D.Z的单质具有强氧化性和漂白性
4.下列关于物质结构与性质的论述错误的是（   ）
A. I 离子的空间构型为V形
B. 斜方硫和单斜硫都易溶于CS2 ， 是因为这两种物质的分子都属于非极性分子
C. PH3和H2O分子中均含有孤电子对，且PH3提供孤电子对的能力强于H2O
D. 键能O—H＞S—H＞Se—H＞Te—H，因此水的沸点在同族氢化物中最高
5.实验室制备苯甲酸乙酯，装置如图所示，原理是在环己烷中发生如下反应：C6H5COOH+C2H5OH C6H5COOC2H5+H2O。已知：环己烷沸点为80.8℃，可与水形成共沸物，其混合物沸点为62.1℃。
下列说法错误的是（   ）

A. 水浴加热具有受热均匀，便于控制温度的优点
B. 加入的环己烷可提高苯甲酸乙酯产率
C. 向仪器A中加药品顺序：苯甲酸、浓硫酸、无水乙醇、环己烷
D. 反应后向A中的溶液加入碳酸钠以除去硫酸和剩余的苯甲酸
6.中国科学院发现CO2在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃，反应机理如图所示。下列说法正确的是（   ）

A. 该过程中没有发生电子的转移
B. 1个四氨合锌(II)—[Zn(NH3)4]2+中含12个σ键
C. 示意图中含碳化合物碳原子的杂化方式均相同
D. 催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关
7.2021年3月报道中国科学院研究人员在抗肿瘤候选药物淫羊藿素(Icaritin)的生物合成研究中获进展，首次搭建了人工生物合成途径。其结构如图所示，下列有关Icaritin的说法错误的是（   ）

A. Icaritin具有显著的抗氧化活性
B. Icaritin分子中所有碳原子可能在同一平面上
C. Icaritin存在顺反异构和对映异构
D. 一定条件下，1 mol Icaritin最多能与9 mol H2发生加成反应(不考虑开环)
8.以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3 ， 还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备Co2O3的一种实验流程如下：

下列与流程相关的装置和原理能达到实验目的的是（   ）

A.用装置甲制备“酸浸”所需的SO2


B.用装置乙配制“酸浸”所需的1mol·L-1H2SO4溶液


C.用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液


D.用装置丁灼烧CoCO3固体制Co2O3


9.以硅石(SiO2)和萤石(CaF2)为原料制备冰晶石(Na3AlF6)的一种流程如图：

已知：无水氟硅酸(H2SiF6)为易溶于水、不稳定的强酸；滤渣2的主要成分为Na2SiF6。
下列说法错误的是（   ）
A. 硅石和萤石需预先研磨目的是加快反应速率
B. “反应Ⅲ”应该在陶瓷器皿中进行
C. 滤液1、滤液2经浓缩处理后可在流程中循环利用
D. “反应Ⅳ”的化学方程式为2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3·H2O
10.环氧乙烷是重要的有机合成原料，2020年《Science》报道科研人员研发了一种将乙烯高效转化为环氧乙烷的电化学合成方法。反应在KCl电解液的流动池中进行，工作原理如图。电解结束后，将阴阳极电解液输出混合，便可生成环氧乙烷。下列说法错误的是（   ）

A. 整个过程中，氯离子浓度一直不变         B. 离子交换膜应为阴离子交换膜
C. 泡沫镍电极为阳极，连接电源正极         D. 当生成0.5 mol环氧乙烷时，阴极区溶液质量减少36.5 g
11.根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是（   ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液变红
氧化性：Fe3+Ksp(FeAsO4)=5.70×10-21 ， H3AsO3的还原性比Fe2+强。
根据题目信息，则可采用________方法除去该废水中的砷，除去砷后的废液中c(AsO )=________mol·L-1(不考虑反应过程中溶液体积的微小变化)
17.氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害，必须进行治理或综合利用。
 
（1）.一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。
①由A到B的变化过程可表示为      。
②已知：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)△H1=-907.28kJ·mol-1
4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g)△H2=-1269.02kJ·mol-1
则图1脱除NO的总反应的热化学方程式为      。
③关于该催化剂的说法正确的是      (填标号)。
A．能加快反应速率，并且改变反应的焓变
B．能增大NH3还原NOx反应的平衡常数
C．具有选择性，能降低特定反应的活化能
（2）.在温度500K时，向盛有食盐的恒容密闭容器中加入NO2、NO和Cl2 ， 发生如下两个反应：
Ⅰ.2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g)△H1
Ⅱ.2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)△H2
①关于恒温恒容密闭容器中进行的反应Ⅰ和Ⅱ的下列说法中，正确的是      (填标号)。
a.△H1和△H2不再变化，说明反应达到平衡状态
b.反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明反应Ⅰ达到平衡状态
c.同等条件下，反应Ⅰ的速率远远大于反应Ⅱ，说明反应Ⅰ的活化能小，△H1Z>Y> X，故A不符合题意；
B．电子层数越大离子半径越大，电子层数相同核电荷数越小离子半径越大，所以简单离子半径：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+ ， 即Y＞Z＞W＞X，故B不符合题意；
C．W为N元素，其气态氢化物有NH3、N2H4等，NH3是三角锥形，N2H4不是三角锥形，故C不符合题意；
D．Z为Cl，Cl2本身并不具有漂白性，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】W、Z的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol/L)的pH均为2，则两种元素最高价氧化物对应的水化物均为一元强酸，则应为HNO3和HClO4 ， Z的的原子序数和原子半径均大于W，则W为N元素，Z为Cl元素；X的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol/L)的pH为12，为一元强碱，且原子半径大于Cl，则X为Na元素；Y位于Na和Cl之间，且最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol/L)的pH＜2，应为二元强酸，则Y为S元素。
4.【答案】 D
【解析】【解答】A．I 的成键数为2，孤对电子数为 ，价层电子对数是4，所以其空间构型与水相似，则其空间构型为V形，I原子采用sp3杂化，A不符合题意；
B．CS2分子属于非极性分子，根据相似相溶原理：由非极性分子构成的溶质易溶于由非极性分子构成的溶剂中，由斜方硫和单斜硫都易溶于CS2 ， 可知这两种物质的分子都属于非极性分子，B不符合题意；
C．PH3和H2O分子中的中心P、O原子上均含有孤电子对，由于元素的非金属性：O＞P，所以对孤电子对的吸引能力：O＞P，因此PH3提供孤电子对的能力强于H2O，C不符合题意；
D．同族元素形成的氢化物的分子结构相似，物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高。但由于H2O的分子之间还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致水的沸点在同族氢化物中最高，这与分子中的化学键的键能无关，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.I原子采用sp3杂化，孤电子对数目对空间构型产生影响，最终呈现V型；
B根据相似相溶的原理，要注意CS2分子属于非极性分子；
C.元素的非金属性：O＞P，对孤电子对的吸引能力：O＞P，因此PH3提供孤电子对的能力强于H2O；
D.分子晶体的沸点与化学键无关。
5.【答案】 C
【解析】【解答】A．水的比热容高，水浴加热具有受热均匀，便于控制温度的优点，故A不符合题意；
B．环己烷作溶剂使反应物充分接触，加入的环己烷可提高苯甲酸乙酯产率，故B不符合题意；
C．浓硫酸密度大，且稀释时放出大量的热，(类比浓硫酸的稀释)，浓硫酸应该在无水乙醇后面加，向仪器A中加药品顺序：苯甲酸、无水乙醇、浓硫酸、环己烷，故C符合题意；
D．碳酸钠可以和硫酸、苯甲酸反应生成易溶于水的盐，反应后向A中的溶液加入碳酸钠以除去硫酸和剩余的苯甲酸，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.水浴加热具有受热均匀，便于控制温度的优点；
B.环己烷作溶剂使反应物充分接触；
C.浓硫酸密度大，且稀释时放出大量的热，浓硫酸应该在无水乙醇后面加；
D.碳酸钠可以和硫酸、苯甲酸反应生成易溶于水的盐。
6.【答案】 D
【解析】【解答】A.此过程是利用 CO2在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃 ，氢元素的化合价发生改变，涉及到电子的转移，故A不符合题意
B.一个氨气分子中存在3个氮氢键，因此配体中有12个单键，还形成4个配位键， 1个四氨合锌(II)—[Zn(NH3)4]2+中含16个σ键，故B不符合题意
C.二氧化碳中的碳原子是sp杂化，异构化烷烃中的碳原子是sp3杂化，而一氧化碳中的碳的杂化是sp杂化，故C不符合题意
D.催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关，故D符合题意
故答案为：D

【分析】A.氢元素的化合价发生改变，碳元素的化合价发生改变有电子转移
B. σ键 包括单键和配位键，找出单键和配位键即可
C.写出含碳化合物中碳原子的杂化方式即可
D.催化剂具有选择性
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．Icaritin分子中含有酚羟基，容易被空气中的氧气氧化，具有显著的还原性，即具有强的抗氧化活性，A不符合题意；
B．苯环上的所有C原子共平面；碳碳双键及与碳碳双键直接相连的原子共平面，由于单键可以旋转，则该分子中所有碳原子可能在同一平面上，B不符合题意；
C．该结构中没有手性碳原子，因此不存在对映异构，C符合题意；
D．在该物质分子中含有2个苯环和2个碳碳双键、1个碳氧双键能够与H2发生加成反应，1个苯环加成需3个H2 ， 1个碳碳双键或碳氧双键加成需1个H2 ， 因此一定条件下，1 mol Icaritin最多能与9 mol H2发生加成反应，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.酚羟基容易被空气中的氧气氧化；
B.苯环上的所有C原子共平面，碳碳双键及与碳碳双键直接相连的原子共平面，单键可以旋转；
C.该分子没有手性碳原子， 不存在对映异构；
D.苯环和碳碳双键、酮羰基能够与H2发生加成反应。
8.【答案】 C
【解析】【解答】A.浓硫酸与铜反应需要加热，无法反应制取SO2 ， 故A不符合题意；
B.滴定管使用时应悬于容量瓶上方，不能伸入容量瓶内，会污染试剂，故B不符合题意；
C.用装置丙可以过滤“沉钴”所得悬浊液，且装置中操作符合题意，故C符合题意；
D.灼烧CoCO3固体应用坩埚，不能在烧饼中直接灼烧固体，故D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】由流程可知，加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，可发生Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O，同时生成硫酸铝、硫酸锌等，调节溶液的pH，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后再除去锌离子，再加入碳酸钠沉钴，可生成CoCO3固体，最后灼烧生成Co2O3 ， 以此分析.
9.【答案】 B
【解析】【解答】A．研磨可增大反应物的接触面积，使反应速率加快，A项不符合题意；
B．“反应Ⅲ”中有NaF、NH4F生成，F-水解生成HF会腐蚀陶瓷器皿，B项符合题意；
C．由题意可知滤液1的主要成分是H2SO4 ， 经浓缩处理后可返回流程反应Ⅰ中循环利用，滤液2的主要成分是NH3·H2O，经浓缩处理后可返回流程反应Ⅲ中循环利用，C项不符合题意；
D．由“反应Ⅳ”可知，NaF、NH4F溶液和NaAlO2发生反应生成冰晶石(Na3AlF6)，反应方程式为：2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3·H2O，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】硅石（SiO2）和萤石（CaF2）加硫酸酸浸生成H2SiF6和CaSO4 ， 过滤分离，滤渣1主要为CaSO4 ， H2SiF6再与Na2SO4反应生成硫酸和Na2SiF6 ， 滤液1中所含硫酸可循环使用，Na2SiF6与浓氨水反应生成NaF、NH4F及SiO2 ， 过滤除去SiO2 ， 加入NaAlO2发生反应生成Na3AlF6 ， 反应的方程式为2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3•H2O或2NaF+4NH4F+NaAlO2=Na3AlF6↓+4NH3+2H2O，过滤分离出冰晶石（Na3AlF6），滤液2中含有氨水可循环使用，据此分析解答。
10.【答案】 A
【解析】【解答】A．根据图示可知：在反应过程中Cl-的物质的量不变，而反应会消耗水，因此整个过程中，c(Cl-)增大，A符合题意；
B．阳极上Cl-失去电子发生氧化反应，2Cl--2e-=Cl2↑，为维持溶液电中性，需Cl-从阴极向阳极定向移动，故离子交换膜应为阴离子交换膜，B不符合题意；
C．根据图示可知：泡沫镍电极为阳极，应该连接电源正极，C不符合题意；
D．根据图示可知反应产生0.5 mol环氧乙烷时，需消耗0.5 mol的Cl2 ， 即消耗1 mol Cl- ， 阴极有1 molCl-移向阳极，且2H++2e-=H2↑，生成H2 0.5 mol，则溶液质量减少为35.5 g/mol×1 mol+0.5 mol×2 g/mol=36.5g，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.在反应过程中Cl-的物质的量不变，但反应会消耗水；
B.阳极上Cl-失去电子发生氧化反应，为维持溶液电中性，需Cl-从阴极向阳极定向移动 ；
C.阳极和正极相连；
D.阴极区溶液减少的质量等于产生的氢气和氯气的质量。
 
11.【答案】 D
【解析】【解答】A．向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液变红，说明亚铁离子被氧化为铁离子，由于酸性溶液中硝酸根也能氧化亚铁离子，所以不能得出氧化性：Fe3+＜Ag+ ， A不符合题意；
B．将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X，有白烟产生，溶液X不一定是浓盐酸，也可能是浓硝酸，B不符合题意；
C．将电石与水反应产生的气体通入溴水，溴水褪色，不能说明生成的乙炔气体中含有H2S，因为乙炔就能使溴水褪色，C不符合题意；
D．向碘水中加入等体积CCl4 ， 振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，四氯化碳密度大于水的，这说明I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度发生了萃取，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.酸性溶液中硝酸根也能氧化亚铁离子；
B.浓硝酸遇到浓氨水也会产生白烟；
C.乙炔也能使溴水褪色；
D.四氯化碳密度大于水。
12.【答案】 C
【解析】【解答】A．X含有酚羟基可以发生氧化反应，含有酯基可以发生取代反应，含有碳碳双键可以发生加成反应，故A不符合题意；
B．Y分子中含有3个酚羟基，Y中环状酯水解可以得到1个羧基和1个酚羟基，酚羟基和羧基都能消耗NaOH，因此1molY最多能与5molNaOH反应，故B不符合题意；
C．当X与足量H2加成后，分子中含有8个手性碳原子， ，故C符合题意；
D．苯酚与溴反应可以得到三溴苯酚，溴原子取代酚羟基的邻、对位上的氢原子，对于X、Y来讲，分子内符合要求的氢原子是一样多的(均为4个)，两个分子中都含有一个碳碳双键，和一分子溴发生加成反应，因此等物质的量的二者消耗等量的Br2 ， 故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.酚羟基可以发生氧化反应， 酯基可以发生取代反应， 碳碳双键可以发生加成反应；
B.酚羟基和羧基都能消耗NaOH,Y中环状酯水解可以得到1个羧基和1个酚羟基，水解后一共4个酚羟基和1个羧基 ;
C.酯基无法和氢气发生加成反应；
D.苯酚与溴反应可以得到三溴苯酚，溴原子取代酚羟基的邻、对位上的氢原子；碳碳双键可以和溴单质发生加成反应。
二、多选题
13.【答案】 A,C
【解析】【解答】A．放电时，右侧电极是正极，电极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH，A不符合题意；
B．根据图示可知左侧电极材料是Zn，放电时，金属锌为负极，发生氧化反应，故B符合题意；
C．充电时相当于是电解池，双极隔膜产生的H+移向阴极，即向左侧负极室移动，故C不符合题意；
D．充电时右侧产生氧气，左侧产生锌，电池总反应为2Zn(OH) =2Zn +O2↑+4OH-+2H2O，故D符合题意；
故答案为：AC。
【分析】由图可知放电时左侧电极为负极，Zn被氧化生成Zn(OH) ，右侧电极为正极，二氧化碳被还原生成甲酸，以此解答该题。
14.【答案】 A,D
【解析】【解答】A．由反应机理图可知：脱附过程1生成了草酸二甲酯和Pd，故总反应为：2CO+2CH3ONO +2NO，A符合题意；
B．由图可知：Pd与CH3ONO生成了CH3O-Pd-NO，断的是O-N键，-N=O中的双键并没有断，B不符合题意；
C．增大投料比[n(CO):n(CH3ONO)]时，第一步反应生成的CH3O-Pd-NO减少，Pd-CO-Pd增多，CH3O-Pd-NO的减少将导致脱附过程2的减少，脱附过程1将增加，进一步导致最终产物中草酸二甲酯的比率增大，C不符合题意；
D．由反应机理图可知：脱附过程2生成了Pd和副产物碳酸二甲酯 ，D符合题意；
故答案为AD；

【分析】A．脱附过程1生成了草酸二甲酯和Pd；
B．Pd与CH3ONO生成CH3O-Pd-NO时断O-N键；
C．增大投料比[n(CO):n(CH3ONO)]导致最终产物中草酸二甲酯的比率增大；
D．由图像可知，脱附过程2生成了Pd和副产物碳酸二甲酯。
15.【答案】 B,D
【解析】【解答】A．根据图示可知P1时c( )=c(NH3·H2O)=0.05 mol/L。溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c( )=c(OH-)+c(Cl-)，P1点溶液pH=9.25，则c(H+)=10-9.25 mol/L，故c(OH-)= ，溶液中c(OH-)＞c(H+)，因此Cl-离子浓度：c(Cl-)＜0.05mol/L，A不符合题意；
B．根据电荷守恒c(H+)+c( )=c(OH-)+c(Cl-)，根据图示可知P2时c( )＞c(NH3·H2O)，c(H+)+c( )＞c(NH3·H2O)，所以c(NH3·H2O)＜c(OH-)+c(Cl-)，B符合题意；
C．根据图示可知P3时t= ，溶液的溶质为NH4Cl，根据物料守恒可得c(Cl-)=c( )+c(NH3·H2O)=0.1 mol/L，所以c( )+c(NH3·H2O)＜c(Cl-)+ c(H+)，C不符合题意；
D．25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数为K= ，当溶液中c( )=c(NH3·H2O)时， = ，D符合题意；
故答案为：BD。

【分析】A．利用电荷守恒结合P1的pH计算；
B．根据电荷守恒分析；
C．根据物料守恒分析；
D．根据电离平衡常数为K= 计算。
三、综合题
16.【答案】 （1）Sb2O3+6S2-+3H2O=2SbS +6OH-
（2）有污染气体NO、NO2(NOx)等产生
（3）；温度过高，H2O2易分解
（4）HSbO3+NaOH+2H2O=NaSb(OH)6；蒸发浓缩、冷却结晶
（5）氧化；4.75×10-19
【解析】【解答】(1)“硫浸”时，As2O3转化为Na3AsS3 ， 反应为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=Na3SbS3+6NaOH，离子方程式为Sb2O3+6S2-+3H2O=2SbS +6OH-；
 
(2)若用NaNO3和NaOH浸取，在氧化时会产生污染性气体NO、NO2等，其缺陷是有污染气体NO、NO2(NOx)等产生；
(3)H2O2的电子式为 ；若反应温度过高，H2O2会受热分解，影响氧化效果，所以反应温度不宜太高的原因是温度过高，H2O2易分解；
(4)“中和”时，酸性的HSbO3和碱性的NaOH发生中和反应生成NaSb(OH)6 ， 化学方程式为HSbO3+NaOH+2H2O=NaSb(OH)6；从Na3AsO4溶液中得到晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)根据题目信息可知FeAsO4更容易沉淀，H3AsO3的还原性比Fe2+强，可加入适当的氧化剂将其中H3AsO3和Fe2+氧化得到FeAsO4沉淀，所以采用氧化方法除去该废水中的砷；已知：Ksp(FeAsO4)=5.70×10-21 ， H3AsO3为0.378g/L，则c(H3AsO3)= =0.003mol/L，同理c(Fe3+)= c(Fe2+)= =0.015mol/L，所以加入足量氧化剂后，H3AsO3转化为FeAsO4沉淀，Fe3+剩余，则除去砷后的废液中c(AsO )= = mol/L=4.75×10-19mol/L。
【分析】锑砷烟灰(主要成分为Sb2O3、As2O3 ， 含Pb、Ag、Cu等元素)，加入Na2S和NaOH，根据已知①和②，Sb2O3转化为Na3SbS3 ， As2O3转化为Na3AsS3 ， 反应为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=Na3SbS3+6NaOH；滤液中加入过氧化氢，可将Na3SbS3氧化生成Na3SbO4和S，将Na3AsS3氧化生成Na3AsO4和S，过滤得到固体(Na3SbO4和S的混合物)和滤液(Na3AsO4)，滤液(Na3AsO4)通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na3AsO4•12H2O，固体(Na3SbO4和S的混合物)和加入盐酸除去硫，得到HSbO4的溶液，再加NaOH，得到NaSb(OH)6 ， 以此解答该题。
 
17.【答案】 （1）2Cu(NH3 +O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+；4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H=-1630.76kJ·mol-1；C
（2）bd；80%；；升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。ttm后，k增大对v的提高小于α引起的降低
【解析】【解答】(1)①A在沸石笼内转化为B、C、D，由图1可知，由A到B的变化过程中，Cu(NH3 与O2反应生成B，发生的反应可表示为2Cu(NH3 +O2=[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+ ， 故答案为：2Cu(NH3 +O2=[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+；
 
②根据盖斯定律，由第二个热化学方程式 -第一个热化学方程式，可得4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)  △H=(-1269.02kJ·mol-1) 2-(-907.28kJ·mol-1)=-1630.76kJ·mol-1 ， 故答案为：4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H=-1630.76kJ·mol-1；
③A.催化剂能加快反应速率，但不能改变反应的焓变，故A不正确；
B．催化剂不能使平衡发生移动，不能改变反应的平衡常数，故B不正确；
C．催化剂具有选择性，能降低特定反应的活化能，使反应速率加快，故C正确；
故答案为：C；
(2)①a.反应热与方程式有关，方程式确定，反应热始终不会改变，不能判断是否达到平衡状态，故a不正确；
b．气体的颜色代表浓度，颜色不变说明气体的浓度不变，是平衡判断的标志，故b正确；
c．同等条件下，反应Ⅰ的活化能小，说明速率大，但不能确定反应热的相对大小，故c不正确；
d．平衡后，通入ClNO(g)，对于反应Ⅱ相当于增大压强，平衡正向移动，NO(g)的百分含量减小，对于反应Ⅰ，平衡逆向移动，但移动生成的NO2(g)的量比加入的的量少，所以NO2(g)的百分含量减小，故d正确；
故答案为：bd；
② = = =0.008mol·L-1·min-1 ， △c(ClNO)= 0.008mol·L-1·min-1 10min=0.08 mol·L-1 ， △n(ClNO)= 0.08 mol·L-1 2L=0.16mol，列出三段式：

NO的平衡转化率α= 100%=80%；
恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比， = ，所以平衡时总压p平= p0 ， 因为分压=总压×物质的量分数，平衡时各气体的分压为：p(NO)= p0= p0 ， p(Cl2)= p0= p0 ， p(ClNO)= p0= p0 ， 则Kp= = = ，故答案为：80%； ；
③反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率降低，由题中信息可知，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。ttm后，k增大对v的提高小于α引起的降低，故答案为：升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。ttm后，k增大对v的提高小于α引起的降低。
【分析】(1)①由图1可知，由A到B的变化过程中，Cu(NH3）2+ 与O2反应生成B；
②根据盖斯定律分析；
③催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变平衡和焓变；
(2)①
a．反应热是定值，不能判断是否达到平衡状态；
b．气体的颜色代表浓度，可以作为平衡判断的标志；
c．活化能的大小与反应热的相对大小无关；
d．根据勒夏特列原理分析；
②列出三段式计算；
③根据温度对平衡移动的影响和对反应速率的影响分析。
18.【答案】 （1）氨硼烷和水之间可以形成氢键；BD；H3NBH3+2H2O-6e-=NH +BO +6H+
（2）[BO2] 或BO ；sp2、sp3
（3）8；(1， ， )；大于；×107；Na3Li(BH4)4
【解析】【解答】(1)①氨硼烷能溶于水，是由于氨硼烷分子与水分子之间可以形成氢键，增加了分子之间的相互吸引作用；
 
②A．在苯和三氯甲烷分子中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，A不正确；
B．在LiH中H显负电性，而在HCN中H显正电性，因此二者之间存在双氢键，B正确；
C．在C2H4和C2H2中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，C不正确；
D．在B2H6中H显负电性，在NH3中H原子都是呈正电性，因此二者之间存在双氢键，D正确； 
故答案为：BD；
③氨硼烷电池放电时的总反应为：H3NBH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。该反应中H3NBH3失去电子，发生氧化反应，所以负极的电极反应式为：H3NBH3+2H2O-6e-=NH +BO +6H+；
(2)图(a)是一种链状结构的多硼酸根，从图可看出，每个 单元，都有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个 单元共用，所以B：O=1：(1+2× )=1：2，所以化学式为[BO2] 或BO ；从图(b)是硼砂晶体中阴离子的环状结构可看出：[B4O5(OH)4]2-一半B原子采用sp3杂化形成两个四配位BO4四面体；另一半B原子采用的是sp2杂化形成两个三配位BO3平面三角形结构，故其中B原子杂化类型为sp2杂化、sp3杂化；
(3)①以上底面面心Na+研究，与其配位的 处于晶胞的顶点、晶胞上半部的面心，还有处于上面晶胞下半部左右侧面面心，即该晶体中Na +的配位数为8；
根据坐标原点及标注为“1”的Na+的位置，可知该Na+的分数坐标为(1， ， )；
②H3BO3分子为平面分子B原子采用sp2杂化，而 中B原子采用sp3杂化，sp2杂化形成的键角120°，sp3杂化形成的的键角是109°18′，所以sp2杂化形成的键角大于sp3杂化形成的的键角，与H3BO3分子中的O—B—O的键角大于BH 中的H—B—H的键角；
③在一个晶胞中含有Na+的数目为6× +4× =4，含有的 的数目为1+8× +4× =4，则根据晶胞密度公式可知ρ= ，所以该晶胞中a= ×107；
④根据Na+在晶胞位置可知：若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，则其中含有的Na+离子数目为4× +4× =3，含有的Li+数目为2× =1；含有的 的数目为1+8× +4× =4，因此该晶体化学式为Na3Li(BH4)4。
【分析】
(1)①根据氢键分析；
②根据双氢键的两个H一个为正电性一个为负电性分析；
③根据总反应以及负极失电子分析；
(2)根据均摊法计算化学式；根据B形成的正四面体以及平面三角形分析；
(3)①Na+的配位数为距离最近的BH 的个数；
②根据杂化方式与空间构型分析；
③根据晶胞密度的公式计算；
④根据均摊法计算。
19.【答案】 （1）苯甲醛；羟基、羰基
（2）取代反应；
（3）+H2O
（4）或
（5）
【解析】【解答】(1)由分析可知E为 ，则E的名称为苯甲醛，由H的结构简式可知H中还含有的含氧官能团的名称是羟基、羰基。
 
(2)反应A→B中只发生了氢原子与原子团CH3CO-的替换，故A→B反应类型为取代反应，由分析可知化合物D的结构简式 。
(3) F在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成G，F为 ， G为 ，反应F→G的化学方程式为： +H2O。
(4) F的结构简式 ，F的同分异构体的满足以下条件：①属于芳香族化合物，但不含甲基，说明含有苯环，②与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应，又因为F中只含有两个氧原子，所以说明存在2mol酚羟基，④核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2：2：1：1，说明存在四种环境的氢原子，则符合条件的F的同分异构体的结构简式： 或 。
(5) 可由 和 发生信息②合成，而 可通过 与H2O发生加成反应得到 ，再由 在氧化铜加热条件下氧化得到，即合成路线为： 。
【分析】A发生取代反应生成B，由B的结构简式可知A为 ，B发生异构生成C，C发生信息②中反应生成D，分子式为C9H6O3 ， 则D为 ，E发生信息①中反应生成F，由F的结构简式可知E为 ，F在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成G，则G为 ，根据此分析答题。
 
20.【答案】 （1）恒压滴液漏斗；KMnO4或KClO3；NaOH溶液
（2）在A、B装置间加饱和食盐水洗气瓶洗气
（3）液面上方出现黄绿色气体；使反应生成的NaOH继续反应，提高原料利用率；冷水浴；C3N3O3H3+9Cl2+3H2O 3NCl3+3CO2+9HCl
（4）；bc
【解析】【解答】(1)根据分液漏斗的特点判断：仪器a的名称：恒压分液漏斗，根据已知实验原理中需要用到次氯酸钠，故装置A是制取氯气，氯气通入B中和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，故装置A中的药品为KMnO4或KClO3 ， 装置C在尾部，主要是用于尾气处理，故应该选用能吸收有毒气体氯气的溶液，故答案为：NaOH溶液；
 
(2)浓盐酸具有挥发性，故氯气中混有氯化氢气体，氯化氢会消耗NaOH，导致NaOH溶液的利用率较低，故改进的方法是将氯化氢吸收而不影响氯气，故答案为：在A、B装置间加饱和食盐水洗气瓶洗气；
(3) 打开装置B的活塞加入(CNO)3H3溶液，根据已知反应说明B中已经有次氯酸钠，故当液面上方出现黄绿色气体时说明氯气过量已将氢氧化钠转换为次氯酸钠，在反应过程中仍不断通入Cl2的目的是：使反应生成的NaOH继续反应，提高原料利用率；实验过程中B的温度必须保持为17℃~20℃，则该实验的受热方式：冷水浴；根据原子守恒、电子守恒写C3N3O3H3生成NCl3的化学方程式为C3N3O3H3+9Cl2+3H2O 3NCl3+3CO2+9HCl；
(4) ① ， ， ，
 
， ，
，故答案为 ；②a盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗，导致Na2S2O3标准溶液浓度减小，消耗Na2S2O3的量增大，导致测定值偏高；
b滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡，说明读出的数据偏小，导致测定值偏低；
c碘量瓶中加入的稀硫酸偏少不能将所有的碘离子进行转化，导致消耗Na2S2O3的量减小，导致测定值偏低；
故答案为：bc；
【分析】根据实验装置的特点判断仪器名称，根据仪器所处的位置及反应装置中发生的反应判断仪器的作用及需要的物质，根据产生物质的性质判断是否需要尾气处理；利用气体间性质的不同采用相应的试剂进行除杂；根据反应过程中反应物的量的关系判断充分的条件，利用反应物的颜色等特点判断反应程度；利用原子守恒及反应物和生成物之间的变化书写化学方程式；根据氧化还原反应利用物质间的关系进行计算相应的量。