2022-2023学年浙江省杭州市学军中学高二上学期期末考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年浙江省杭州市学军中学高二上学期期末考试化学试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，元素或物质推断题，原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

浙江省杭州市学军中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物质在熔融状态下能够导电的化合物是
A．NaCl B． C．Cu D．HCl
【答案】A
【详解】A．NaCl是离子化合物，在熔融状态下能电离成离子而导电，故A选；
B．是共价化合物，在熔融状态下不能导电，故B不选；
C．Cu是单质，不是化合物，故C不选；
D．HCl是共价化合物，在熔融状态下不能导电，故D不选；
故选A。
2．下列制取乙酸乙酯的实验能达到实验目的的是

A．图甲：混合乙醇与浓硫酸 B．图乙：制取乙酸乙酯
C．图丙：分离乙酸乙酯和水层 D．图丁：分离乙酸乙酯和乙醇
【答案】C
【详解】A．混合乙醇和浓硫酸时应该将浓硫酸加入到乙醇溶液中，A项错误；
B．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解，B项错误；
C．分离乙酸乙酯和水的溶液可采用分液的方法，有机层在上层，水层在下层，C项正确；
D．乙酸乙酯和乙醇的沸点接近，不能用蒸馏的方法分离，D项错误；
故答案为C。
3．下列物质对应的化学式不正确的是
A．重晶石： B．芒硝：
C．金刚砂： D．刚玉：
【答案】C
【详解】A．重晶石的化学式为，故A正确；
B．芒硝是硫酸钠的结晶水合物，化学式为：，故B正确；
C．金刚砂，学名碳化硅，分子式为：SiC，故C错误；
D．刚玉的化学组成为，故D正确；
故选C。
4．某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该基态原子价电子排布不可能是（    ）
A．3p64s1 B．4s1 C．3d54s1 D．3d104s1
【答案】A
【详解】基态原子4s轨道上有1个电子，在s区域价电子排布式为4s1，在d区域价电子排布式为3d54s1，在ds区域价电子排布式为3d104s1，在p区域不存在4s轨道上有1个电子，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
5．下列化学用语或表达式正确的是
A．质子数为26的Fe原子：
B．、、互为同素异形体
C．次氯酸的电子式：
D．甲酸乙酯的结构简式：
【答案】D
【详解】A．质子数为26的Fe原子表示为：，故A错误；
B．、、是氧元素的三种核素，互为同位素，故B错误；
C．次氯酸的电子式：，故C错误；
D．甲酸乙酯的结构简式为：，故D正确；
故选D。
6．下列有关化学用语表示正确的是
A．的电离方程式：
B．钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：
C．铅蓄电池放电时正极反应式：
D．水解的离子方程式：
【答案】A
【详解】A．CH3COOH为弱电解质，电离方程式中连接符号用可逆符号，A正确；
B．Fe腐蚀时，失电子转化为Fe2+，B错误；
C．铅蓄电池电解质溶液为H2SO4，对应正极反应为：PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，C错误；
D．碳酸根水解生成碳酸氢根离子和OH-，对应水解方程式为：，D错误；
故答案选A。
7．下列说法错误的是
A．用溶液清洗油污时，加热可以增强去污效果
B．接近100℃的水蒸气相对分子质量测定值偏高，是因为水分子形成了缔合分子
C．室温下，的稀醋酸和稀盐酸中，和不相等
D．将蒸馏水加热者沸后迅速冷却，可以除去水中溶解的二氧化碳
【答案】C
【详解】A．用溶液清洗油污时，加热促进碳酸钠水解平衡正向移动，溶液 碱性增强，增强去污效果，故A正确；
B．接近100℃的水蒸气相对分子质量测定值偏高，是因为水分子间因氢键而形成缔合分子，故B正确；
C．室温下，的稀醋酸和稀盐酸中，氢离子、氢氧根离子浓度都相等，根据电荷守恒，和相等，故C错误；
D．气体溶解度随温度升高而减小，将蒸馏水加热者沸后迅速冷却，可以除去水中溶解的二氧化碳，故D正确；
选C。
8．下列说法不正确的是
A．石墨晶体中存在共价键与分子间作用力，属于混合型晶体
B．纯金属中加入其它元素会改变规则的层状排列，能增大金属硬度
C．液晶是液体和晶体聚集而成的一种特殊的混合物
D．NaCl和SiC晶体熔化时，克服粒子间作用力的类型不相同
【答案】C
【详解】A．石墨晶体为层状结构，层与层之间的作用力为分子间作用力，层内碳与碳之间以共价键连接，同时层内还有类似于金属键的作用力，所以石墨晶体属于混合型晶体，A正确；
B．纯金属中原子排列规则有序，当加入其他元素后盖面规则的层状排列，使得原子不易发生相对滑动，从而增大金属的硬度，B正确；
C．液晶为由固态向液态转化过程中存在的取向有序的流体，既有液体的易流动性，还保留着部分晶态物质分子的各向异性有序排列，是一种兼有晶体和液体的部分性质的中间态，C错误；
D．NaCl为离子晶体，熔化时破坏离子键，SiC为共价晶体，熔化时破坏共价键，所以二者熔化时克服粒子间作用力的类型不同，D正确；
故选C。
9．下列有关比较正确的是
A．熔点： B．熔、沸点：NaBr>NaCl>MgO
C．酸性： D．热稳定性：
【答案】C
【详解】A．均为分子晶体，其熔点和范德华力有关，且相对分子质量越大，范德华力越大，故A项错误；
B．离子半径越小，离子所带电荷数越多，离子晶体的离子键越强，熔沸点越高，所以熔、沸点：NaBr C．非金属性越强，其最高价氧化物对于水化物的酸性越强，非金属性：P D．非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：N 故选D。
10．下列各组分子或离子中所有原子都可能处于同一平面的是
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、+
【答案】C
【详解】A．CH4为正四面体形分子，所有原子不可能都处于同一平面，故A错误；
B．是立体结构，为三角锥形分子，所有原子不可能都处于同一平面，故B错误；
C．、是平面结构，是平面三角形结构，所有原子都可能处于同一平面，故C正确；
D．为正四面体形分子，H3O+是三角锥形结构，所有原子不可能都处于同一平面，故D错误；
故选C。
11．在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应：6NO+4NH3===5N2+6H2O，该反应中被氧化和被还原的氮元素的质量比是
A．3∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．1∶1
【答案】C
【分析】根据氧化还原反应中的概念，以及原子守恒进行分析即可。
【详解】根据反应方程式，NO中N的化合价由+2价→0价，化合价降低，NO为氧化剂，被还原，NO：6N→3N2↑；NH3中N的化合价由－3价→0价，NH3为还原剂，被氧化，NH3:4N→2N2↑，即被氧化和被还原的氮元素的质量比等于其物质的量之比等于4：6=2：3，故选项C正确。
12．“类比”是预测物质性质与化学反应的重要方法之一，但“类比”是相对的，不能违背客观事实。下列“类比”合理的是
A．NH3的沸点高于PH3，则CH4的沸点也高于SiH4
B．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3
C．钠性质活泼，通常保存在煤油中，则锂也应该保存在煤油中可隔绝空气中的O2和H2O
D．NaCl固体与浓硫酸可以制备HCl，则CaF2固体与浓硫酸可以制备HF
【答案】D
【详解】A．氢化物的熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点较高，氨分子之间形成氢键、PH3分子之间不能形成氢键，所以NH3的沸点高于PH3，甲烷和硅烷中都不存在氢键，所以CH4沸点低于SiH4，故A错误；
B．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应会生成Ag(NH3)2OH，故B错误；
C．钠性质活泼，通常保存在煤油中，锂的密度比煤油小，则锂也应该保存在石蜡油中可隔绝空气中的O2和H2O，故C错误；
D．NaCl固体与浓硫酸可以制备HCl，利用的是难挥发性酸制易挥发性酸，HF是气体，也可以从体系中挥发出去，故CaF2固体与浓硫酸可以制备HF，故D正确；
故答案为D。
13．工业上常用接触法制备硫酸，其中关键步是：SO2在V2O5催化作用下与空气中O2在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)   ΔH=-196kJ·mol-1。下列关于SO2催化氧化生成SO3的能量角度，有关说法正确的是
A．反应物总能量小于生成物总能量
B．反应物键能总和大于生成物键能总和
C．V2O5的使用降低了该反应的焓变
D．反应消耗1mol SO2时放出热量为98 kJ
【答案】D
【详解】A．上述反应为放热反应，所以反应物总能量大于生成物总能量，A错误；
B．反应热效应ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，又ΔH＜0，反应物键能总和小于生成物键能总和，B错误；
C．根据题意知，V2O5为催化剂，所以V2O5的使用不改变该反应的焓变，C错误；
D．根据ΔH的含义知，反应消耗1mol SO2时放出热量为98 kJ，D正确；
故选D。
14．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：
B．与足量浓盐酸反应生成AgCl：
C．溶液中滴加溶液至中性：
D．碳酸钙与盐酸反应：
【答案】B
【详解】A．向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解，反应的离子方程式为，故A错误；
B．与足量浓盐酸反应生成AgCl、氯化铵、水，反应的离子方程式是，故B正确；
C．溶液中滴加溶液至中性，和的反应比为2:1，反应的离子方程式为，故C错误；
D．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式是，故D错误；
选B。
15．下列有关物质的分离或鉴别说法正确的是
A．乙醛和乙醇无法通过核磁共振氢谱鉴别
B．质谱法是测定相对分子质量的精确方法、也可用于确定简单的分子结构
C．分液操作时应先将下层液体从分液漏斗下口放出后再将上层液体继续放出
D．酒精不能萃取水中的溶质，但是能萃取苯中的溶质
【答案】B
【详解】A．乙醛的结构简式为CH3CHO，核磁共振氢谱有2组吸收峰、且面积比为3∶1，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，核磁共振氢谱有3组吸收峰、且面积比为3∶2∶1，乙醛和乙醇可通过核磁共振氢谱鉴别，A项错误；
B．质谱法是快速、精确测定相对分子质量的重要方法，质谱仪用高能电子流等轰击样品，使分子失去电子形成带正电荷的分子离子和碎片离子等，这些离子因质量不同、电荷不同，在电场和磁场中的运动行为不同，计算机对其进行分析后，得到以质荷比为横坐标，各类离子的相对丰度为纵坐标的质谱图，其中最大的质荷比就是相应的相对分子质量，并可根据质谱图中的碎片峰确定简单的分子结构，B项正确；
C．分液操作时应先将下层液体从分液漏斗下口放出，然后关闭活塞，将上层液体从上口倾倒出来，C项错误；
D．酒精和水、苯都互溶，故酒精不仅不能萃取水中的溶质、也不能萃取苯中的溶质，D项错误；
答案选B。
16．在给定条件下，下列物质间所示的转化可以实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A．硫酸铜溶液与少量氢氧化钠溶液反应生成碱式硫酸铜沉淀，无法制得氢氧化铜沉淀，则物质间所示的转化不能实现，故A错误；
B．硫酸钡固体与饱和碳酸钠溶液反复浸泡发生沉淀的转化生成碳酸钡和硫酸钠，碳酸钡能与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，则物质间所示的转化可以实现，故B正确；
C．甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应时取代侧链甲基上的氢原子，不能取代苯环上的氢原子，则物质间所示的转化不能实现，故C错误；
D．2—氯丙烷在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成丙烯，在浓硫酸共热条件下不能发生消去反应，则物质间所示的转化不能实现，故D错误；
故选B。
17．短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A原子的质子数与电子层数相同，C是短周期主族元素中原子半径最大的元素，D原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，E与B属于同一主族。下列说法正确的是
A．气态氢化物的稳定性：B＞D＞E
B．原子半径：
C．元素D在周期表中位于第3周期ⅣA族
D．A与C可形成离子化合物
【答案】D
【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A原子的质子数与电子层数相同，A为H元素，C是短周期主族元素中原子半径最大的元素，C为Na元素，D原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，D为S，E与B属于同一主族，E为Cl元素，B为F元素。
【详解】A． 周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强，元素的氢化物稳定性增强，气态氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S，故A错误；
B． 周期表中同主族从上到下，同周期从右到左，原子半径增大：，故B错误；
C． D为S，元素D在周期表中位于第3周期ⅥA族，故C错误；
D． A与C可形成离子化合物NaH，故D正确；
故选D。
18．某材料W的合成路线如下图所示，下列有关说法不正确的是

A．X+Y→Z的反应为加成反应 B．Y可以与金属钠发生反应
C．Z可以使酸性溶液褪色 D．W属于高分子化合物
【答案】A
【详解】A．X和甲醇Y发生酯化反应生成Z，为取代反应，故A错误；
B．Y为甲醇，含有羟基，可以和钠发生反应，故B正确；
C．Z中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C正确；
D．W属于高分子化合物，故D正确；
故选A。
19．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．2.0 g重水()中所含中子数为
B．23 g 中含有σ键数为
C．3 mol的与完全反应时转移的电子数为
D．标准状况下，33.6 L己烷含有的分子数目为
【答案】D
【详解】A．2.0g重水的物质的量为0.1mol，而1个重水分子中含10个中子，故0.1mol重水中含N A个中子，故A正确；
B．23 g 的物质的量为=0.5mol，1个分子中含有8个σ键，则0.5mol中含有σ键数为，故B正确；
C．NO2与H2O反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移电子数为2NA，故C正确；
D．己烷在标况下不是气体，33.6 L己烷的物质的量不是1.5mol，故D错误；
故选D。
20．固体溶于水可表示为，其焓变和熵变分别为和，已知：；；；且(反应后)(反应前)下列说法正确的是
A．和均大于零
B．和均小于零
C．小于零，大于零
D．大于零，小于零
【答案】C
【详解】碳酸钠固体溶于水发生两个过程，首先电离过程吸收热量，形成水合离子的过程放出热量，由于后者放出的热量更多，焓变小于零；根据已知已知：；；；且(反应后)(反应前)可得，，大于零。
故答案选：C。
21．据Science报道，大气中存在一种潜在的温室气体，虽然其数量有限，但它是已知气体中吸热最高的气体。关于的说法正确的是

A．中最多有4个原子在一条直线上
B．易燃烧生成、
C．分子是含有极性键的极性分子
D．中硫元素的化合价为价
【答案】C
【详解】A．由结构可知，C为四面体中心，S为八面体中心，最多有3个原子在一条直线上，故A错误；
B．为一种潜在的温室气体，其中F的非金属性强于O，所以不易燃烧生成、，故B错误；
C．分子中含有F-S，S-C，C-F等极性键，且正负电中心不重合，为极性分子，故C正确；
D．中F元素为-1价，C元素为+4价，则硫元素的化合价为+4价，故D错误；
故答案选C。
22．反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是

A．a为随t的变化曲线
B．时，
C．时，的消耗速率大于生成速率
D．后，
【答案】D
【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
【详解】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。

23．用海水晒盐后的苦卤水生产金属Mg的过程可表示如下：苦卤水Mg(OH)2MgCl2(aq)→MgCl2(s)Mg。下列说法正确的是
A．反应Mg2+(aq)+Ca(OH)2(s) Ca2+(aq)+Mg(OH)2(s)的K=
B．常温下，Mg(OH)2溶于盐酸所得MgCl2溶液中c(H+)·c(OH-)＜10-14
C．将MgCl2溶液蒸干得到无水MgCl2
D．电解熔融MgCl2在阴极获得金属Mg
【答案】D
【详解】A．由反应方程式可知，反应的平衡常数K=，故A错误；
B．水的离子积常数Kw= c(H+)·c(OH-)，温度不变，温度函数水的离子积常数不变，则常温下，Mg(OH)2溶于盐酸所得MgCl2溶液中c(H+)·c(OH-)=10-14，故B错误；
C．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中能发生水解反应生成氢氧化镁和氯化氢，蒸干过程中，氯化氢受热挥发，使氯化镁的水解平衡趋于完全，最终得到氢氧化镁，无法得到氯化镁，故C正确；
D．电解熔融氯化镁时，镁离子在阴极得到电子发生还原反应生成金属镁，故D正确；
故选D。
24．已知HNO自由基与O2的反应：
①HNO+O2→H—O—O—N=O(产物a)；
②HNO+O2→(产物b)。
能量变化如图所示。下列说法正确的是

A．反应①的ΔH>0
B．中间产物Y比中间产物X更稳定
C．升高温度反应②的速率加快，能提高HNO的平衡转化率
D．反应②总反应速率取决于中间产物Y→中间产物Z的反应速率
【答案】B
【详解】A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，则该反应为放热反应，ΔH＜0，A错误；
B．物质的能量越低越稳定，由图可知，产物Y的能量更低，则反应历程中，产物Y比产物X更稳定，B正确；
C．①和②的反应都是放热反应，升高温度，反应速率加快，但平衡逆向移动，反应物的转化率降低，C错误；
D．由图可知，反应②的中间产物Z→产物b的活化能最大，反应速率最慢，对反应①起决定性作用，D错误；
故选B。
25．下列有关物质性质、结构的表述均正确，且存在因果关系的是
选项
表述1
表述2
A
在水中，NaCl的溶解度比的溶解度大
NaCl晶体中与间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力
B
向稀的氯化铜溶液中加入适量氯化钠固体，溶液由蓝色变绿色
水合铜离子和氯离子形成了新的配合物
C
在形成化合物时，同一主族元素的化合价都相同
同一主族元素原子的最外层电子数相同
D
、溶于水后均不导电
、均属于共价化合物

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．溶解度与离子键、分子间作用力的强弱无关，碘为非极性分子，难以溶于极性溶剂，故A不选；
B．提高氯离子浓度，使[Cu(H2O)] + 4Cl-[ CuCl]+ 4H2O平衡向正反应方向移动，[CuCl]呈黄色，所以增大氯离子浓度，溶液可以呈绿色，表述正确且存在因果关系，故B选；
C．同一主族元素的最外层电子数相同，但化合价不一定相同，如O无正价，但S的最高正价为+6价，故C不选；
D．溶于水生成磷酸，磷酸能电离，所以P4O10溶于水能导电，溶于水后不能电离出离子，不导电，两者均为共价化合物和其水溶液能否导电无关，故D不选；
故选：B。

二、结构与性质
26．Ⅰ.碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：
化学键
C-C
C-H
C-O
Si-Si
Si-H
Si-O
键能/kJ·mol
356
413
336
226
318
452

回答下列问题：
(1)通常条件下，比较和的稳定性：_______(填大于、小于或等于)
(2)硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是_______。
Ⅱ.铍及其化合物的应用正日益被重视。
(3)最重要的含铍矿物是绿柱石，含2%铬(Cr)的绿柱石即为祖母绿。基态Cr原子价电子的轨道表示式为_______。
(4)铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有_______(填字母)。A．都属于p区主族元素 B．电负性都比镁大
C．第一电离能都比镁大 D．氯化物的水溶液pH均小于7
(5)BeO立方晶胞如图所示。

若BeO晶体的密度为d g·cm，设晶胞参数为anm，设为阿伏加德罗常数的值，则a=_______nm(列出表达式即可)。
【答案】(1)大于
(2)C-C键、C-H键较强，形成的烷烃稳定，Si-Si键、Si-H键的键能低，易断裂，导致长链硅烷难以生成
(3)
(4)BD
(5)

【详解】（1）通常条件下，键能越大越稳定，稳定性：大于；
（2）C-C键、C-H键较强，形成的烷烃稳定，Si-Si键、Si-H键的键能低，易断裂，导致长链硅烷难以生成，所以硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多。
（3）Cr是24号元素，根据洪特规则，基态Cr原子价电子排布式为3d54s1，轨道表示式为。
（4）A．铍属于s区元素、铝属于p区主族元素，故A错误；    
B．镁的金属性大于Be、Al，所以电负性都比镁大，故B正确；
C．第一电离能镁大于铝，故C错误；    
D．氯化物均为强酸弱碱盐，水溶液pH均小于7，故D正确；
选BD。
（5）根据晶胞结构，1个晶胞中含有Be2+的数目为4、O2-的数目为，若BeO晶体的密度为d g·cm，设晶胞参数为anm，设为阿伏加德罗常数的值，则，则a=nm。

三、元素或物质推断题
27．盐X由三种元素组成，其具有良好的热电性能，在热电转换领域具有广阔的应用前景。为研究它的组成和性质，现取12.30 g化合物X进行如下实验：

试根据以上内容回答下列问题：
(1)组成X的三种元素中除了O元素外的另外两种是_______(写元素符号)。
(2)无色溶液B中通入过量产生白色沉淀C的离子方程式为_______。
(3)蓝色溶液F中通入中气体会产生白色沉淀，该沉淀仅含两种元素其中氯元素质量分数为35.7%，其离子方程式为_______。
(4)白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X，并释放出一种无色无味的气体，其化学方程式为_______。
(5)写出简要实验步骤检验无色溶液E中的主要阴离子：_______。
【答案】(1)Cu、Al
(2)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
(3)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+
(4)2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑
(5)在试液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则证明有Cl-

【分析】蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B，则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu(OH)2，沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO，D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2；无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C，故溶液B中含有AlO、白色沉淀C为Al(OH)3、E为AlCl3；则溶液A中含有Al3+，由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al元素，则红色固体A为Cu，结合转化可知X中还含有O元素，结合题意中物质的质量计算解答。
【详解】（1）根据上述分析，固体X中含有Cu、Al和O元素。
（2）B中含有，B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。
（3）F为CuCl2，F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，铜元素质量分数为64.3%，则1g沉淀中Cu元素的质量为0.643g，Cl元素的质量为0.357g，Cu、Cl原子的个数之比为，则沉淀为CuCl，反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+。
（4）由上述分析，固体X中含有Cu、Al和O元素，n[Al(OH)3]=，n[Cu(OH)2]= ，n(Cu) =，由原子守恒可知12.30gX含有0.1molAl、0.1molCu，则n(O)= ，则X中n(Al): n(Cu): n(O)=1:1:2，则X的化学式为CuAlO2；Al(OH)3煅烧的固体产物为Al2O3，Al2O3与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2，并释放出一种无色无味的气体，由元素守恒可知推知该气体为O2，其化学方程式为：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑。
（5）由分析可知，E为AlCl3溶液，溶液E中的主要阴离子为Cl-，检验Cl-的方法是：在试液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则证明有Cl-。

四、原理综合题
28．工业合成氨是20世纪的伟大成就之一，但化肥的过度使用、硝酸工业废气和动车尾气的排放，给水体和大气带来了一定程度的污染，需要进行综合处理。
Ⅰ.合成氨
(1)工业合成氨反应为：   kJ·mol，下列说法正确的是_______。
A．采用高温以提高反应的平衡转化率
B．采用高压以加快反应速率，提高的产量
C．为提高转化率，可适当增大的浓度
D．生产过程中将液化分离，有利于氨的合成
(2)一种电化学合成氨的原理如图所示。产生的电极反应式是_______。

Ⅱ.含氮污染的处理
(3)水体中氨氮处理：在微生物作用下，废水中经两步反应被氧化成：
   kJ·mol
   kJ·mol
则全部氧化成的热化学方程式是_______。
(4)大气中NO处理：电解NaCl溶液(调节起始pH约为9)获得NaClO溶液，可用于去除大气中NO。其他条件相同，电解所得溶液中相关成分的浓度与电流强度的关系如图所示。

①用电解所得NaClO溶液氧化NO生成和，其离子方程式为_______。
②电流强度大于4A，随着电流强度增大，电解所得溶液对NO去除率下降，其原因是_______。
【答案】(1)BCD
(2)+6H++6e-=2NH3
(3)+2O2=2H+++H2O =-346kJ/mol
(4)     3ClO-+2NO+2OH-=3Cl-+2+H2O     电流强度大于4A，随着电流强度增大，电解生成的NaClO浓度下降，氧化NO的能力减弱，对NO去除率下降

【详解】（1）A．该反应为放热反应，高温使平衡逆向移动，会降低平衡转化率，采用高温只为了提高反应速率，故A错误；
B．该反应正向气体分子数减少，采用高压可使平衡正向移动，既加快反应速率，也提高了的产量，故B正确；
C．适当增大的浓度，平衡正向移动，H2转化率增大，故C正确；
D．及时分离出氨气，可使平衡正向移动，有利于氨的合成，故D正确；
故答案为：BCD。
（2）由图可知氮气在钯电极A上得电子，并结合氢离子生成氨气，电极反应为：+6H++6e-=2NH3。
（3）已知①   kJ·mol；②   kJ·mol，根据盖斯定律可知：①+②可得2+4O2=4H++2+2H2O =-546kJ/mol-146kJ/mol=-692kJ/mol，则全部氧化成的热化学方程式是+2O2=2H+++H2O =-346kJ/mol。
（4）①NaClO溶液氧化NO生成和，1molNaClO得2mol电子，1molNO失3mol电子，根据得失电子守恒以及元素守恒得反应的离子方程式为：3ClO-+2NO+2OH-=3Cl-+2+H2O；
②电流强度大于4A，随着电流强度增大，电解生成的NaClO浓度下降，氧化NO的能力减弱，对NO去除率下降。

五、工业流程题
29．水合肼()有强还原性，易溶于水，溶液呈弱碱性，能与多种金属离子形成配合物。用水合肼处理碱性铜氨废液获得纳米铜的工艺流程如下：

(1)水合肼溶于水呈弱碱性的原因是_______(用电离方程式表示)。
(2)电解饱和食盐水阳极材料常用石墨而不用铁的原因是_______。
(3)反应I中温度升高时易产生副产物。提高NaClO产率的措施有_______。(写两点)
(4)合成水合肼时，反应的离子方程式为_______。
(5)保持其它条件不变，水合肼的浓度对纳米铜的沉淀率影响如图所示。研究发现，铜的沉淀率和溶液中离子的浓度有关。水合肼的浓度大于3.25mol·L时，纳米铜的沉淀率下降的原因可能是_______。

【答案】(1)N2H+OH-
(2)铁属于活性电极，电解饱和食盐水时若用铁作为阳极材料，阳极的放电物质是铁而不是氯离子，得不到氯气
(3)减慢通入氯气的速率或者不断搅拌溶液
(4)CO(NH2)2+2OH-+ClO-=CO++Cl-
(5)水合肼浓度大于3.25mol/L时，碱性较大，溶液中的铵根离子会转化为氨气，从而生成更多的铜氨离子([Cu(NH3)4]2+)，溶液中的Cu2+减少，纳米铜的产率下降

【分析】电解饱和食盐水可制备氯气，氢氧化钠溶液与制备的氯气常温下发生反应可生成NaClO、NaCl和水，向反应后的混合液中加入CO(NH2)2，然后CO(NH2)2与NaClO发生氧化还原反应生成水合肼，同时有NaCl和碳酸钠生成，向反应后溶液中继续加入铜氨溶液，有Cu析出，经过滤即得到铜粉，据此结合物质的分离与提纯分析解答。
【详解】（1）根据一水合氨的电离方程式为NH3·H2ONH+OH-可知，水合肼溶液呈弱碱性，是因为水合肼可电离生成氢氧根离子，其电离与一水合氨相似，主要的电离方程式为：N2H+OH-。
（2）铁属于活性电极，电解饱和食盐水时若用铁作为阳极材料，阳极的放电物质是铁而不是氯离子，所以得不到氯气。
（3）氢氧化钠溶液与氯气在一定温度下发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，该反应属于放热反应，因为温度升高会有副产物生成，所以为提高次氯酸钠的产率，可适当减慢通入氯气的速率或者不断搅拌溶液增大散热。
（4）水合肼采用碱性次氯酸钠溶液氧化尿素制得，其离子方程式为：CO(NH2)2+2OH-+ClO-=CO++Cl-。
（5）水合肼浓度大于3.25mol/L时，碱性较大，溶液中的铵根离子会转化为氨气，从而生成更多的铜氨离子([Cu(NH3)4]2+)，溶液中的Cu2+减少，纳米铜的产率下降。

六、有机推断题
30．有机物H()是一种新型治疗高血压病的药物，工业上以淀粉、烃A为基本原料合成H的路线如下图所示。

已知：
(i)烃A在质谱图中的最大质荷比为72，B分子中核磁共振氢谱有2组峰且峰面积比为9∶2。
(ii)
(iii)反应③中发生反应的E、G的物质的量之比为4∶1。
回答下列问题：
(1)A的分子式为_______；B的名称是_______；
(2)反应②的反应类型是_______；
(3)写出反应①的化学方程式：_______。
(4)E有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体的结构简式为_______。
①能发生银镜反应；
②能与单质钠发生反应。
③核磁共振氢谱有4组峰
(5)1，3-丁二烯是一种重要的化工原料，可用乙醛为基本原料制得，请写出相应的转化流程：_______。
【答案】(1)     C5H12     2，2–二甲基–1–氯丙烷
(2)加成反应
(3)C(CH3)3CH2Cl+NaOHC(CH3)3CH2OH+NaCl
(4)HOCH2C(CH3)2COOH、HOOCH2C(CH3)2CHO
(5)CH3CHOCH3CHOHCH2CHOCH3CHOHCH2CH2OHCH2=CHCH=CH2

【分析】烃A在质谱图中的最大质荷比为72，则相对分子质量为72，分子中C原子最大数目为=5…12，故A的分子式为C5H12，B分子中核磁共振氢谱有2个峰且面积比为9：2，则B应为C(CH3)3CH2Cl，A应为C(CH3)4，由转化关系可知C为C(CH3)3CH2OH，D为C(CH3)3CHO，E为C(CH3)3COOH，由H的分子式可知G应含有4个羟基，且含有5个C原子，则G为C(CH2OH)4，F为C(CH2OH)3CHO，H为C(CH2OOCC(CH3)3) 4，以此解答该题。
【详解】（1）由以上分析可知A为C(CH3)4，分子式为：C5H12；B为C(CH3)3CH2Cl，名称为2，2–二甲基–1–氯丙烷。
（2）由已知(ii)可知，反应②是CH3CHO与HCHO发生的加成反应。
（3）B为C(CH3)3CH2Cl，C为C(CH3)3CH2OH，反应①中B发生取代反应生成C，方程式为：C(CH3)3CH2Cl+NaOHC(CH3)3CH2OH+NaCl。
（4）E为C(CH3)3COOH，E有多种同分异构体，其中满足下列条件：①能发生银镜反应，说明其中含有-CHO；②能与单质钠发生反应，说明其中含有-OH；③核磁共振氢谱有4组峰，说明其中含有4种不同环境的氢原子；满足条件的同分异构体的结构简式为HOCH2C(CH3)2COOH、HOOCH2C(CH3)2CHO。
（5）根据已知(ii)可知，以乙醛为基本原料制得1，3-丁二烯，应该先是乙醛在氢氧化钠条件下反应生成CH3CHOHCH2CHO，然后CH3CHOHCH2CHO和氢气加成生成CH3CHOHCH2CH2OH，最后CH3CHOHCH2CH2OH发生消去反应生成1，3-丁二烯，则转化流程为：CH3CHOCH3CHOHCH2CHOCH3CHOHCH2CH2OHCH2=CHCH=CH2。