2019-2020学年安徽省安庆市怀宁县第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省安庆市怀宁县第二中学新高考化学模拟试卷一、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下列各组物质，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的是（）序号X Y Z W A S SO3H2SO4H2S B Cu CuSO4Cu(OH)2CuO C Si SiO2Na2SiO3H2SiO3D Al AlCl3Al(OH)3NaAlO2A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A硫燃烧生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，A 错误；BCu 与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，均能一步完成，B 正确；C硅酸不能一步反应生成单质硅，C错误；D NaAlO2不能一步反应生成单质铝，D 错误；答案选 B。2下列实验目的能实现的是A实验室制备乙炔B实验室制备氢氧化亚铁C实验室制取氨气D实验室制取乙酸丁酯【答案】C【解析】【分析】【详解】A反应剧烈发出大量的热，不易控制反应速度，且生成氢氧化钙易堵塞多孔隔板，则不能利用图中制取气体的简易装置制备乙炔，故A 错误；BFe 与硫酸反应生成氢气，可排出空气，但图中左侧试管内的导气管没有伸入到反应的液面内，硫酸亚铁溶液不能通过利用氢气的压强，使硫酸亚铁与NaOH 接触而反应，故B 错误；C碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳，碱石灰可吸收水、二氧化碳，则图中装置可制备少量氨气，故 C 正确；D乙酸丁酯的沸点124126，反应温度115 125，则不能利用图中水浴加热装置，故D 错误；故选：C。3根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A 向溶有 SO2的 BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X 具有强氧化性B 将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生非金属性：ClSi C 常温下，分别测定浓度均为0.1 mol L1 NaF 和 NaClO 溶液的pH，后者的pH 大酸性：HFHClO D 卤代烃 Y与 NaOH 水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀Y中含有氯原子A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A若 X为氨气，生成白色沉淀为亚硫酸钡，若X为氯气，生成白色沉淀为硫酸钡，则X可能为氨气或Cl2等，不一定具有强氧化性，选项A 错误；B由现象可知，生成硅酸，则盐酸的酸性大于硅酸，但不能利用无氧酸与含氧酸的酸性强弱比较非金属性，方案不合理，选项B错误；C、常温下，分别测定浓度均为0.1 molL1 NaF和 NaClO 溶液的 pH，后者的pH 大，说明 ClO-的水解程度大，则酸性HFHClO，选项 C错误；D卤代烃中卤元素的检验时，先将卤元素转化为卤离子，然后加入稀硝酸中和未反应的NaOH，最后用硝酸银检验卤离子，则卤代烃Y与 NaOH 水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明卤代烃Y中含有氯原子，选项D 正确；答案选 D。【点睛】本题考查化学实验方案评价，明确实验操作步骤、元素化合物性质是解本题关键，注意卤素离子与卤素原子检验的不同，题目难度不大。4人体血液存在H2CO3/HCO3、HPO42/H2PO4等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值 lg xx 表示 c(H2CO3)/c(HCO3-)或 c(HPO42-)/c(H2PO4-)与 pH 的关系如图所示。已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=7.2（pKa=-lgKa）。则下列说法正确的是A曲线 I 表示 lg c(HPO42-)/c(H2PO4-)与 pH 的变化关系Bab 的过程中，水的电离程度逐渐减小C当 c(H2CO3)=c(HCO3)时，c(HPO42)=c(H2PO4)D当 pH 增大时，c(HCO3-)?c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小【答案】D【解析】【分析】H2CO3HCO3+H的电离平衡常数Kal=c(H)c(HCO3)/c(H2CO3)，所以 lgc(H2CO3)/c(HCO3)=pKal-pH=6.4-pH，H2PO4HPO42+H的电离平衡常数Ka2=c(H)c(HPO42)/c(H2PO4)，所以 lgc(HPO42)/c(H2PO4)=pH-pKa2=pH-7.2，A当 lgx=0 时，pH 分别为 6.4、7.2；B酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH 越小，抑制作用越大，水的电离程度越小；C当 c（H2CO3）=c（HCO3）时，即lgc(H2CO3)/c(HCO3)=0，溶液中pH=6.4，则 lgc(HPO42)/c(H2PO4)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8；Dc(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3)c(H)/Ka2=Ka1 c(H2CO3)/Ka2，pH 增大则 H2CO3HCO3+H正向进行，使c（H2CO3）减小。【详解】A 当 lgx=0 时，pH分别为 6.4、7.2，所以曲线 I表示 lgc(H2CO3)/c(HCO3)=pKal-pH=6.4-pH，曲线 II 表示 lgc(HPO42)/c(H2PO4)=pH-pKa2=pH-7.2，故 A 错误；B酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH 越小，抑制作用越大，水的电离程度越小，a-b 的过程中pH增大，溶液酸性减弱，水的电离程度增大，故B 错误；C当 c（H2CO3）=c（HCO3）时，即lgc(H2CO3)/c(HCO3)=0，溶液中pH=6.4，则 lgc(HPO42)/c(H2PO4)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8 0，即 c（HPO42）c（H2PO4），故 C错误；D、c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3)c(H)/Ka2=Ka1 c(H2CO3)/Ka2，pH 增大则 H2CO3HCO3+H正向进行，使c（H2CO3）减小，Ka1、Ka2不变，所以pH 增大时，c(HCO3-)?c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小，故D正确；故选 D。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及其溶液中离子浓度的变化关系，把握电离平衡常数意义及应用、分析图象信息是解题关键，注意比例式的恒等转化以判断其增减性的方法。5草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH 溶液，混合溶液中lgXX 为-24242c(HC Oc(H C O)或2-24-24c(C O)c(HCO)与 pH 的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是A表示lg-24242c(HC Oc(H C O)与 pH 的变化关系BpH1.22 的溶液中：2c(C2O42-)c(HC2O4-)=c(Na)C根据图中数据计算可知，Ka2(H2C2O4)的数量级为10-4D pH 由 1.22 到 4.19 的过程中，水的电离程度先增大后减小【答案】A【解析】【分析】H2C2O4?H+HC2O4-Ka1=-2424+2c(HC Oc(H C O)c(H)，lg-24242c(HC Oc(H C O)=0 时，-24242c(HC Oc(H C O)=1，Ka1=c(H+)=10-pH；HC2O4-?H+C2O42-Ka2=2-2424+c(C Oc(HC O)c(H)，lg2-2424c(C Oc(HC O)=0时，2-2424c(C Oc(HC O)=1，Ka2=c(H+)=10-pH。【详解】A由于 Ka1Ka2，所以-24242c(HC Oc(H C O)=1 时溶液的pH 比2-2424c(C Oc(HC O)=1 时溶液的pH 小，所以，表示lg-24242c(HC Oc(H C O)与 pH 的变化关系，A 正确；B电荷守恒：2c(C2O42-)c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na)+c(H+)，pH 1.22，溶液显酸性，c(H+)c(OH-)，那么：2c(C2O42-)c(HC2O4-)c(Na)，B错误；C由 A 可知，为lg2-2424c(C Oc(HC O)与 pH 的变化关系，由分析可知，Ka2=c(H+)=10-pH=10-4.19=100.81 10-5，故Ka2(H2C2O4)的数量级为10-5，C错误；DH2C2O4和 NaOH 恰好完全反应生成Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大。H2C2O4溶液中滴入NaOH 溶液，pH 由 1.22 到 4.19 的过程中，H2C2O4一直在减少，但还没有完全被中和，故H2C2O4抑制水电离的程度减小，水的电离程度一直在增大，D 错误；答案选 A。【点睛】酸和碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，判断水的电离程度增大还是减小，关键找准重要的点对应的溶质进行分析，本题中重要的点无非两个，一是还没滴NaOH 时，溶质为H2C2O4，此时 pH 最小，水的电离程度最小，草酸和NaOH 恰好完全反应时，溶质为Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大，pH 由 1.22 到 4.19 的过程，介于这两点之间，故水的电离程度一直在增大。6已知：CH3CCHCO CH3OHM，NCH3OHMH2O。其中 M 的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，下列说法错误的是（）A N 可以使溴水褪色BN 转化为 M 的反应为取代反应CM 中所有碳原子可能共面D N 属于酯的同分异构体有3 种【答案】D【解析】【分析】由 CH3C CHCOCH3OH一定条件M，NCH3OH一定条件MH2O，其中 M 的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，可知 N 为 CH2C(CH3)COOH。【详解】A由分析可知，N 为 CH2C(CH3)COOH，分子中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，故A 正确；BNCH3OH一定条件MH2O 为酯化反应，属于取代反应，故B正确；CM 中碳碳双键、羰基均为平面结构，且直接相连，3 个原子可共面，则M 中所有碳原子可能共面，故C 正确；DCH2C(CH3)COOH，属于酯的同分异构体含-COOC-，可能为 CH3CH CHOOCH、CH2 CHCH2OOCH、CH2CHOOCCH3、CH3OOCCH CH2，则属于酯的同分异构体大于3 种，故 D 错误；故答案选D。【点睛】本题把握M 的结构简式及N 与甲醇的酯化反应推断N 的结构为解答的关键，注意有机物官能团所具有的性质。7金属钠与水反应：2Na+2H2O 2Na+2OH-+H2，关于该反应过程的叙述错误的是（）A生成了离子键B破坏了极性共价键C破坏了金属键D形成非极性共价键【答案】A【解析】【分析】化学反应实质是旧的化学键的断裂、新化学键的形成的过程，金属钠中含金属键、水是共价键化合物，生成物氢氧化钠是含有共价键的离子化合物、氢气是分子中含有非极性键的单质分子。【详解】A.形成离子键，而不是生成离子键，故A 错误；B.破坏水分子中的极性共价键，故B 正确；C.破坏了金属钠中的金属键，故C正确；D.形成氢气分子中氢、氢非极性共价键，故D 正确；故选：A。8设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 20g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为NAB标准状况下，18g 冰水中共价键的数目为NAC5.6g 铁与 7.1gCl2充分反应，转移电子数目为0.3NAD 7.8gNa2O2与足量的水(H218O)反应生成的氧气所含的中子数为0.5NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A.20g46%的甲酸溶液中甲酸的质量为20g 46%=9.2g，物质的量为9.2g=0.2mol46g/mol，0.2mol 甲酸含 0.4NA个氧原子，水的质量为10.8g，水的物质的量为10.8g=0.6mol18g/mol，0.6mol 水含 0.6NA个氧原子，故溶液中共含 0.4NA+0.6NA=NA个氧原子，故A正确；B.18g 冰水的物质的量为1mol，而水分子中含2 条共价键，故1mol 水中含 2NA条共价键，故B 错误；C.5.6g铁和 7.1g 氯气的物质的量均为0.1mol，二者反应的化学方程式为232Fe+3Cl2FeCl点燃，由比例关系知，0.1mol 铁完全反应需要0.15mol 氯气，故氯气不足，Fe过量，则0.1mol 氯气反应后转移0.2NA个，故 C错误；D.7.8g 过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠和水反应时生成的氧气全部来自于过氧化钠，故生成的氧气为16O2，且物质的量为0.05mol，故含中子数为0.05mol 16NA=0.8NA个，故 D 错误；故选 A。【点睛】氯气与铁单质反应，无论氯气是不足量还是过量，只生成FeCl3，而不生成FeCl2，这是学生们的易错点。1mol 氯气与足量铁反应，转移2mol 电子；足量氯气与1mol 铁反应，转移3mol 电子，这是常考点。9根据下列实验现象，所得结论正确的是实验实验现象结论A 左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：AlFeCu B 左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2C 白色固体先变为淡黄色，后变为黑色溶解性 Ag2S AgBrAgCl D 锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：ClCSi A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A.左烧杯中是Al-Fe/H2SO4构成的原电池，Al 做负极，Fe做正极，所以铁表面有气泡；右边烧杯中Fe-Cu/H2SO4构成的原电池，Fe 做负极，Cu做正极，铜表面有气泡，所以活动性：AlFeCu，故 A 正确；B.左边先发生Cl2+2NaBr=Br2+2HCl，使棉花变为橙色，后右边发生Cl2+2KI=I2+2HCl，棉花变为蓝色，说明氧化性：Cl2 Br2、Cl2 I2，不能证明Br2I2，故 B错误；C.前者白色固体先变为淡黄色是因为向氯化银固体中加入溴化钠溶液生成了溴化银沉淀，后变为黑色是因为向溶液中又加入了硫化钠，生成了硫化银的沉淀，并不能证明溶解性Ag2SAgBrAgCl，故 C 错误；D.向锥形瓶中加入稀盐酸会发生反应，生成CO2气体，证明盐酸的酸性比碳酸的强，烧杯中液体变浑浊可能是稀盐酸和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，也可能是生成的CO2和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，只能证明酸性强弱，不能证明非金属性强弱，故D错误；答案：A。【点睛】根据反应装置图，B 选项中氯气由左通入，依次经过溴化钠和碘化钾，两种情况下棉花的颜色都发生变化，只能说明氯气的氧化性比溴和碘的强，该实验无法判断溴的氧化性强于碘，此选项为学生易错点。10设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 1L 0.1mol/L 的 NaHS溶液中 HS-和 S2-离子数之和为0.1NAB2.0 g H218O 与 D2O 的混合物中所含中子数为NAC1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NAD 3 mol Fe 在足量的水蒸气中完全反应转移9NA个电子【答案】B【解析】【详解】A.HS-在溶液中既能水解为H2S又能电离为S2-，根据物料守恒可知溶液中H2S、HS-和 S2-的个数之和为0.1NA个，故 A 错误；B.H218O 与 D2O 的摩尔质量均为20g/mol，且均含10 个中子，故2.0g 混合物的物质的量为0.1mol，含 NA个中子，故B正确；C.过氧化钠由2 个钠离子和1 个过氧根构成，故1mol 过氧化钠中含3NA个离子，故C错误；D.铁与水蒸汽反应后变为+83价，故 3mol 铁和水蒸汽反应后转移8mol 电子即 8NA个，故 D 错误；故选：B。11现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外层电子数是电子层数的2 倍；Y与 Z 能形成 Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与 T 形成的 Z2T 化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示，下列推断正确的是A原子半径和离子半径均满足：YZ BY的单质易与R、T 的氢化物反应C最高价氧化物对应的水化物的酸性：TR D由 X、R、Y、Z 四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性【答案】B【解析】【分析】现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，结合五种元素的原子半径与原子序数的关系图可知，Z的原子半径最大，X的原子半径和原子序数均最小，则X为 H 元素；由R 原子最外层电子数是电子层数的2 倍，R 为第二周期的C元素；Y与 Z 能形成 Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z为 Na 元素，Y为 O 元素，Z 与 T 形成的Z2T 化合物能破坏水的电离平衡，T 为 S元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X 为 H 元素，R 为 C 元素，Y为 O 元素，Z 为 Na元素，T为 S元素。A电子层越多，原子半径越大，则原子半径为YZ，而具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为YZ，故 A 错误；BY的单质为氧气，与C的氢化物能够发生燃烧反应，与S的氢化物能够反应生成S和水，故B正确；C非金属性SC，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：TR，故 C 错误；D由 H、C、O、Na四种元素组成的化合物不仅仅为NaHCO3，可能为有机盐且含有羧基，溶液不一定为碱性，可能为酸性，如草酸氢钠溶液显酸性，故D 错误；答案选 B。12氮化钡(Ba3N2)是一种重要的化学试剂。高温下，向氢化钡(BaH2)中通入氮气可反应制得氮化钡。已知：Ba3N2遇水反应；BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应。用图示装置制备氮化钡时，下列说法不正确的是（）A装置甲中反应的化学方程式为NaNO2+NH4ClN2+NaCl+2H2O BBaH2遇水反应，H2O 作还原剂C实验时，先点燃装置甲中的酒精灯，反应一段时间后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应D装置乙中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均是用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中【答案】B【解析】【分析】【详解】A.装置甲中亚硝酸钠和氯化铵发生归中反应生成氮气，根据电子守恒，反应的化学方程式为NaNO2+NH4ClN2+NaCl+2H2O，故 A 正确；B.BaH2中 H 元素化合价为-1，BaH2遇水反应生成氢气，H2O 作氧化剂，故B错误；C.实验时，先点燃装置甲中的酒精灯，反应一段时间后，等氮气把装置中的空气排出后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应，故C正确；D.Ba3N2遇水反应，BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应，所以装置乙中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均是用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中，故D 正确；选 B。13我国改革开放以来取得了很多世界瞩目的科技成果。下列有关说法正确的是（）选项A B C D 科技成果蛟龙号潜水器探取到的多金属结核样品中的主要成分有锰、铜等港珠澳大桥斜拉桥锚具材料采用的低合金钢国产大飞机C919用到的氮化硅陶瓷中国天眼传输信息用的光纤材料相关说法这些金属元素均属于主族元素具有强度大、密度小、耐腐蚀性高等性能属于新型有机材料主要成分是单晶硅A ABBCCDD【答案】B【解析】【详解】A.Cu、Mn 是副族元素，A 错误；B.低合金钢属于合金，用于港珠澳大桥斜拉桥锚，说明它具有具有强度大、密度小、耐腐蚀性高等性能，B 正确；C.氮化硅陶瓷是新型无极非金属材料，C错误；D.光纤材料主要成分是二氧化硅，D 错误；故合理选项是B。14有 X、Y、Z、W、M 五种原子序数增大的短周期元素，其中X、M 同主族；Z+与 Y2-具有相同的电子层结构，W 是地壳中含量最多的金属，X与 W 的原子序数之和等于Y与 Z的原子序数之和；下列序数不正确的是A离子半径大小：r(Y2-)r(W3+)BW 的氧化物对应的水化物可与Z 的最高价氧化物水化物反应CX有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体D X、M 均能与氯形成由极性键构成的正四面体非极性分子【答案】C【解析】【分析】根据已知条件可知：X是 C，Y是 O，Z是 Na，W 是 Al，M 是 Si。【详解】A O2-、Al3+的电子层结构相同，对于电子层结构相同的微粒来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径大小：r(Y2-)r(W3+)，A 正确；BW 的氧化物对应的水化物是两性氢氧化物，而Z的最高价氧化物水化物是强碱，因此二者可以发生反应，B 正确；CX有多种同素异形体如金刚石、石墨等，Y也存在同素异形体，若氧气与臭氧，C 错误；D X、M 均能与氯形成由极性键构成的正四面体非极性分子CCl4、SiCl4，D正确；故选 C。15NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A 46g 乙醇中存在的共价键总数为7NAB34g 硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为8NAC标准状况下，22.4LHF 含有的原子数为2NAD 64gCaC2晶体中阴离子和阳离子总数为2NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A.每个乙醇分子有5 个 C-H键、1 个 C-C、1 个 C-O键、1 个 O-H键，46g 乙醇中存在的共价键总数为8NA，故 A 错误；B2 H2S3O2=2SO22H2O，1mol 硫化氢转移6mol 电子，34g 硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为 6NA，故 B错误；C.标准状况下，22.4LHF是液态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；D CaC2由 Ca2和 C22构成，64gCaC2晶体中阴离子和阳离子总数为2NA，故 D 正确；故选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是极易溶于水的气体，实验室制备及性质探究装置如图所示。回答下列问题：（1）装置 B 用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为_。装置 C中滴有几滴淀粉溶液，反应时有蓝色岀现。淀粉的作用是_。（2）装置 C的导管靠近而不接触液面，其目的是_。（3）用 ClO2消毒自来水，其效果是同质量氯气的_倍（保留一位小数）。（4）装置 D 用于吸收尾气，若反应的氧化产物是一种单质，且氧化剂与氧化产物的物质的量之比是21，则还原产物的化学式是_。（5）若将装置C 中的溶液改为Na2S溶液，通入ClO2后溶液无明显现象。由此可以产生两种假设：假设 a：ClO2与 Na2S不反应。假设 b：ClO2与 Na2S反应。你认为哪种假设正确，阐述原因：_。请设计实验证明你的假设（仅用离子方程式表示）：_。【答案】SO2H2SO42KClO3=2KHSO4 2ClO2通过检验I2的存在，证明ClO2有强氧化性使ClO2尽可能多的与溶液反应，并防止倒吸2.6NaClO2假设 b 正确，S2的还原性强于I，所以 ClO2也能氧化S2或 ClO2是强氧化剂，S2具有强还原性SO42-Ba2=BaSO4【解析】【分析】浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，A 制备二氧化硫，B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则B中发生反应SO2+H2SO4+2KClO32KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以C 中发生氧化还原反应生成碘，注意防倒吸，装置C中滴有几滴淀粉溶液，碘遇淀粉变蓝色；装置D 用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，据此解答。【详解】(1)装置 B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒知，酸式盐为硫酸氢钠，该反应的化学方程式为 SO2+H2SO4+2KClO32KHSO4+2ClO2；装置 C中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘变蓝色，根据淀粉是否变色来判断是否有碘生成，从而证明二氧化氯具有氧化性；(2)ClO2是极易溶于水的气体，所以检验其强氧化性时导管靠近而不接触液面，以防倒吸；(3)1molCl2即 71g 消毒时转移2mol 电子，71gClO2消毒时转移电子为71g67.5g/mol(4+1)=5.2mol，其效果是同质量氯气的5.2mol2mol=2.6 倍；(4)装置 D 用于吸收尾气,H2O2作还原剂生成O2，H2O2 O2 2e-，生成 1molO2转移电子2mol，则 2molClO2得到 2mol 电子生成2molNaClO2；(5)由于 ClO2具有强氧化性，Na2S具有强还原性，二者不可能不反应，所以假设a 错误，假设b 正确；ClO2氧化 Na2S后溶液无明显现象，说明ClO2将 S2-氧化生成更高价的酸根SO42-，所以可通过检验SO42-的存在以证明ClO2与 Na2S发生氧化还原反应，所用试剂为稀盐酸和BaCl2溶液，离子反应为：SO42-+Ba2+BaSO4。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知：（）当苯环上已经有了一个取代基时，新引进的取代基因受原取代基的影响而取代其邻、对位或间位的氢原子。使新取代基进入它的邻、对位的取代基有CH3、NH2等；使新取代基进入它的间位的取代基有 COOH、NO2等；（）RCH=CH RRCHO+R CHO（）氨基（NH2）易被氧化；硝基（NO2）可被 Fe和盐酸还原成氨基（NH2）下图是以C7H8为原料合成某聚酰胺类物质（C7H5NO）n的流程图。回答下列问题：（1）写出反应类型。反应_，反应 _。（2）X、Y是下列试剂中的一种，其中X是_，Y是_。(填序号)aFe 和盐酸b酸性 KMnO4溶液cNaOH 溶液（3）已知 B 和 F互为同分异构体，写出F的结构简式 _。AE中互为同分异构体的还有_和_。(填结构简式)（4）反应在温度较高时，还可能发生的化学方程式_。（5）写出 C与盐酸反应的化学方程式_。【答案】取代反应缩聚（聚合）反应b a+HCl【解析】【分析】【详解】根据反应，C发生缩聚反应得到高分子化合物，则 C的结构简式为；C7H8满足 CnH2n-6，C7H8发生硝化反应生成A，结合 A BC，则 C7H8为，A 的结构简式为，根据已知（III），为了防止 NH2被氧化，则A BC 应先发生氧化反应、后发生还原反应，则B 的结构简式为；根据已知（II），反应生成的D 的结构简式为，D 与 Cu(OH)2反应生成的E的结构简式为，E发生硝化反应生成F，B 和 F互为同分异构体，结合已知（I），F的结构简式为；（1）反应为甲苯与浓硝酸发生的取代反应；反应为C发生缩聚反应生成。（2）A 的结构简式为，B的结构简式为，AB 使用的试剂X 为酸性 KMnO4溶液，将甲基氧化成羧基，选b；C 的结构简式为，BC 将 NO2还原为NH2，根据已知（III），Y为 Fe和盐酸，选a。（3）根据上述推断，F的结构简式为；AE中互为同分异构体的还有A和 C，即和。（4）甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合酸在温度较高时反应硝化反应生成2,4,6三硝基甲苯，反应的化学方程式为。（5）C的结构简式为，C中的 NH2能与 HCl 反应，反应的化学方程式为+HCl。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示：请回答下列问题：（1）由 B2O3制备 BF3、BN的化学方程式是_、_。（2）基态 B原子的电子排布式为_；B 和 N 相比，非金属性较强的是_，BN 中 B元素的化合价为_；（3）在 BF3分子中，FBF的键角是 _，该分子为 _分子（填写“极性”或“非极性”），BF3和过量 NaF作用可生成NaBF4，BF4-中可能含有 _，立体结构为_；（4）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内 B原子与 N 原子之间的化学键为_，层间作用力为_。【答案】B2O3+3CaF2+3H2SO4 3H2O+2BF3+3CaSO4B2O3+2NH3 2BN+3H2O 1s22s22p1N+3 120非极性共价键、配位键正四面体共价键范德华力【解析】【分析】硼砂与硫酸生成H3BO3，H3BO3受热分解得到B2O3，B2O3与 CaF2、硫酸加热得到BF3，B2O3与氨气高温下得到 BN；(1)由工艺流程可知，B2O3与 NH3反应生成BN，根据原子守恒可知，还有水生成；由图可知B2O3与 CaF2和 H2SO4反应即生成BF3，同时还应该产生硫酸钙和水；(2)B 原子核外有5 个电子，根据构造原理书写基态B 原子的电子排布式；同周期主族元素，从左向右，核电荷数增大，元素的非金属性增强，电负性越大，B 元素化合价为+3 价；(3)价层电子对互斥理论认为：分子的立体构型是“价层电子对”相互排斥的结果，先判断价层电子对数，再确定分子构型，进而判断键角和分子的极性，以及离子的空间构型；(4)结合化学键的形成条件和分子间作用力分析。【详解】(1)由工艺流程可知，B2O3与 NH3反应生成BN，根据原子守恒可知，还有水生成，反应方程式为：B2O3+2NH32BN+3H2O，由图及元素守恒可知生成、BF3反应的方程式：B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3+3CaSO4+3H2O；(2)B 原子核外有5 个电子，根据构造原理书写基态B 原子的电子排布式为1s22s22p1；B、N 为同周期主族元素，核电荷数大，元素的非金属性越强，则非金属性NB，电负性 N B，NB 中 B元素化合价为+3 价；(3)BF3分子的中心原子B 原子上含有3 个 键，中心原子上的孤电子对数=12(a-xb)=12(0-3 1)=0，所以 BF3分子的 VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形，键角是120，分子是非极性分子，BF3和过量 NaF 作用可生成NaBF4，BF4-中 B原子最外层只有3 个电子，最多3个共用电子，则BF4-中应含有共价键和配位键；B 原子的价层电子对=3+12 2=4，该离子中不含孤电子对，所以 BF4-为正四面体结构；(4)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与 N 原子之间的化学键为共价键，层间作用力为分子间作用力。【点睛】考查原子杂化方式及分子的立体构型的判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数=12(a-xb)，a 指中心原子价电子个数，x 指配原子个数，b 指配原子形成稳定结构需要的电子个数根据n 值判断杂化类型：一般有如下规律：当 n=2，sp 杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。192019 年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂离子电池的广泛应用要求处理电池废料以节约资源、保护环境。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(由 Al 箔、LiFePO4活性材料、少量不溶于酸碱的导电剂组成)中的资源，部分流程如图：已知：Ksp(Li2CO3)1.6 103。部分物质的溶解度(S)如表所示：T/S(Li2CO3)/g S(Li2SO4)/g S(Li3PO4)/g S(LiH2PO4)/g 20 1.33 34.2 0.039 126 80 0.85 30.5(1)将回收的废旧锂离子电池进行预放电、拆分破碎、热处理等预处理，筛分后获得正极片。下列分析你认为合理的是_。A废旧锂离子电池在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余的能量会集中释放，可能会造成安全隐患。B预放电时电池中的锂离子移向负极，不利于提高正极片中锂元素的回收率。C热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物、碳粉等。(2)写出碱溶时主要发生反应的离子方程式：_。(3)为提高酸浸的浸出率，除粉碎、搅拌、升温外，还可采用的方法有_。(写出一种即可)(4)酸浸时产生标况下3.36 L NO 时，溶解LiFePO4_mol(其他杂质不与HNO3反应)。(5)若滤液中c(Li)4 mol L1，加入等体积的Na2CO3后，沉淀中的Li 元素占原Li 元素总量的90%，计算滤液中c(CO32)_mol/L。(6)流程中用“热水洗涤”的原因是 _。(7)工业上将回收的Li2CO3、FePO4粉碎与足量炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，写出反应的化学方程式：_。【答案】AC2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2适当增大硫酸的浓度0.450.04Li2CO3的随温度升高而减小，热水洗涤可减小Li2CO3的溶解2FePO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO【解析】【分析】废旧磷酸亚铁锂电池正极片主要为Al 箔、LiFePO4活性材料、少量不溶于酸碱的导电剂组成，加氢氧化钠溶液浸泡，将铝溶解，过滤后得到的滤液中含有偏铝酸钠，滤渣为LiFePO4，加硫酸、硝酸，除去不溶于酸碱的导电剂，调节pH生成 FePO4沉淀，滤液中加入饱和碳酸钠，生成碳酸锂沉淀。【详解】（1）A.废旧锂离子电池中大都残余部分电量，在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余的能量会集中释放出大量的热量，可能会造成安全隐患等不利影响，A 合理；B.放电是原电池原理，阳离子向正极移动，电池中的锂离子移向正极，B 不合理；C.热处理的过程重要是为了除去废旧锂离子电池中难溶的有机物、碳粉等，以及关于电极材料和集流体的分离，C合理；故答案为：AC；（2）碱溶时，Al 与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，其反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；（3）提高酸浸的浸出率，除粉碎、搅拌、升温外，还可采用适当增大硫酸的浓度；故答案为：适当增大硫酸的浓度；（4）酸浸时NHO3转化为 NO，标况下3.36 L NO 为 0.15mol，产生 1molNO，转移 3mol 电子，则生成0.15molNO，转移 0.45mol 电子，LiFePO4与硝酸反应生成FePO4，铁元素的化合价由+2 价变为+3价，溶解1mol LiFePO4，转移 1mol 电子，则转移 0.45mol 电子，溶解0.45mol LiFePO4，故答案为：0.45；（5）混合后溶液中含有的c(Li)=4 molL1(1-90%)12=0.2mol/L，已知 Ksp(Li2CO3)232(LiCOc?c）=1.6 103,则滤液中c(CO32)233sp Li CO22(LiK1.6 100.04mol/Lc(0.2)）；故答案为：0.04；（6）根据表格可知，Li2CO3的随温度升高而减小，热水洗涤可减小Li2CO3的溶解；故答案为：Li2CO3的随温度升高而减小，热水洗涤可减小Li2CO3的溶解；（7）Li2CO3、FePO4与足量炭黑高温灼烧生成LiFePO4的化学方程式为：2FePO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO；故答案为：2FePO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO。