四川省棠湖中学2022学年高二化学下学期期末考试试题含解析.docx

1、四川省棠湖中学2022-2022学年高二下学期期末考试理综-化学试题1. 下列说法正确的是:A. 淀粉、纤维素、油脂都是高分子化合物B. 石油分馏和煤的干馏过程，都属于物理变化C. 聚乙烯是无毒高分子材料，可用于制作食品包装袋D. 甲烷、汽油、柴油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料【答案】C【解析】【详解】A油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而淀粉、纤维素都是天然有机高分子化合物，故A错误；B分馏与沸点有关，煤的干馏为隔绝空气条件下发生的复杂物理化学变化，有新物质煤焦油等生成，则石油的分馏是物理变化，煤的干馏为化学变化，故B错误；C. 聚乙烯中只含有碳和氢两种元素，是无毒的高分子材

2、料，可用于制作食品包装袋，故C正确；D.酒精属于烃的含氧衍生物，不属于碳氢化合物，故D错误；故选C。2. 研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A. 雾和霾的分散剂相同B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】B【解析】分析：A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。详解：A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散

3、剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。点睛：结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用

4、性和综合性考查要求。3. 下列实验及其结论都正确的是选项实验结论A氯气的水溶液可以导电氯气是电解质B铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔表面氧化铝熔点高于铝C将 Na2S 滴入 AgNO3 和 AgCl 的混合浊 液中产生黑色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S)D用分液漏斗分离苯和四氯化碳四氯化碳密度比苯大A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A氯气为单质，电解质必须为化合物，则氯气既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故B正确；C发生沉淀的生成，不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2

5、S)的大小，故C错误；D苯和四氯化碳互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，故D错误；故选B。4. 常温下，二氯化二硫(S2Cl2)为橙黄色液体，遇水易水解，工业上用于橡胶的硫化。某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示，下列说法正确的是A. 实验时需先点燃E处的酒精灯B. C、D中所盛试剂为饱和氯化钠溶液、浓硫酸C. 二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物为S、H2S、HClD. G中可收集到纯净的产品【答案】B【解析】【详解】A. 装置中有空气，需要先通入氯气排除空气，因此实验时需先生成氯气，再点燃E处的酒精灯，故A错误；B. 氯气中混有HCl、水，氯化氢用饱和食盐水吸收，所以C中试

6、剂为饱和食盐水，作用为除去HCl；D中用浓硫酸除去水，起干燥作用，故B正确； C.根据元素守恒，二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物中一定含有某种含氧元素的化合物，故C错误；D. G中收集到的产品中一定含有未反应的硫固体，故D错误；故选B。【点睛】本题考查学生对实验原理及装置的理解、评价，关键是掌握整个制备流程的原理，分析流程中各装置的作用。本题的易错点为D，要注意硫加热时容易形成硫蒸气，随着生成物进入G中。5. 短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大.甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素组成的常见化合物，其中丙、丁、戊为二元化合物，已是元素C的单质。甲、乙的溶液均呈碱性。下列说法错误的是A

7、. 甲和戊加入水中都能破坏水的电离平衡B. 乙和戊都含有离子键C. 原子半径r(D)r(B)r(C)r(A)D. A、B、C形成的化合物一定显酸性【答案】D【解析】丙、丁、戊为二元化合物，已是元素C的单质，说明需要有两种化合物反应生成一种单质的化学反应，符合要求的熟悉的反应应该是过氧化钠和水或二氧化碳反应生成氧气单质，所以丙、丁为二氧化碳或水，戊为过氧化钠，己为氧气，元素C为O。根据A、B、C、D的原子序数依次增大，得到D为Na，A为H，B为C，结合以上四种元素得到：甲为碳酸氢钠，乙为碳酸钠。甲（碳酸氢钠）加入水碳酸氢根离子水解，促进水电离；戊（过氧化钠）加入水中，反应得到氢氧化钠抑制水电离，

8、所以甲和戊加入水中都能破坏水的电离平衡，选项A正确。乙（碳酸钠）和戊（过氧化钠）都是离子化合物，所以都存在离子键，选项B正确。所有原子中H的半径最小，并且：同周期元素从左向右半径减小，同主族元素从上向下半径增大，所以四种元素的半径顺序为：r(D)r(B)r(C)r(A)，选项C正确。A、B、C即H、C、O能组成很多化合物，包括有机物，很有可能是中性化合物，例如：乙醇，选项D错误。点睛：本题的着眼点是熟悉两个化合物生成单质的化学反应。本题主要考察的就是过氧化钠与二氧化碳以及水反应生成氧气单质的过程。这样的反应，除以上两个以外，也可以是：CO还原金属氧化物得到金属单质；某些氧化剂氧化盐酸生成氯气（

9、比如：实验室制氯气）；氨气和氮氧化物生成氮气等。6. 科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法不正确的是A. 在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原B. 电子由液态Cu-Si合金流出，从液态铝流入C. 三层液熔盐的作用是增大电解反应面积，提高硅沉积效率D. 电流强度不同，会影响硅提纯速率【答案】A【解析】由图示得到，电解的阳极反应为Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si，所以选项A错误。由图示得到：液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子从液态

10、铝流入；液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出，选项B正确。使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉积，选项C正确。电解反应的速率一般由电流强度决定，所以选项D正确。7. 常温下向浓度均为0.10mol/L、体积均为1mL的NaOH溶液和Na2CO3溶液中分别加水，均稀释至VmL，两种溶液的pH与lgV的变化关系如图所示.下列叙述中错误的是A. Khl(CO32-)(Khl为第一级水解平衡常数)的数量级为10-4B. 曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系C. Na2CO3溶液中存在:c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(H

11、CO3-)c(H+)D. 若将Na2CO3溶液加热蒸干，由于CO32-水解，最终析出的是NaOH固体【答案】D【解析】NaOH为强碱，常温下0.10mol/LNaOH溶液的pH=13，所以曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；Na2CO3溶液中存在的水解主要是：CO32-+H2OHCO3-+OH-，常温下0.10mol/L的Na2CO3溶液的pH=11.6，即c(H+)=10-11.6，则c(OH-)=Kw/c(H+)=10-2.4，Ka1(CO32-)=10-3.8，由上述分析，A、B都正确；C项，Na2CO3溶液中Na+和CO3

12、2-是主要离子，c(Na+)c(CO32-)，CO32-水解使溶液显碱性，则c(OH-)c(H+)，且c(H+)远小于c(OH-)，因为水解是微弱的，所以c(CO32-)c(OH-)，又因为Na2CO3溶液中存在二级水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，其中主要为第一级水解，所以c(OH-)略大于c(HCO3-)，综上分析，Na2CO3溶液中存在：c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)c(H+)，故C正确；D项，Na2CO3溶液中存在水解：Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH，若将Na2CO3溶液加热蒸发，开始时温度升高促进水

13、解，但随着水分的减少，NaHCO3和NaOH浓度增大，因为二者不能大量共存，所以又会反应生成Na2CO3，因此将Na2CO3溶液加热蒸干，最终析出的是Na2CO3固体，故D错误。点睛：本题考查电解质溶液，侧重考查离子浓度大小比较、水解常数有关计算、盐类水解原理的应用等，难度较大，掌握盐类水解的原理，并结合题给图示信息分析是解题关键。解题思路：首先根据开始时的pH判断，曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；进一步求得Na2CO3溶液中c(OH-)，再根据水解常数表达式求得Ka1(CO32-)；D项易错，CO32-的一级水解是主要的，二

14、级水解远小于一级水解，注意HCO3-和OH-不能大量共存。8. 碘化钠用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂等. 实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4H2O)为原料可制备碘化钠.资料显示:水合肼有还原性，能消除水中溶解的氧气；NaIO3是一种氧化剂.回答下列问题：(1)水合肼的制备有关反应原理为: NaClO+2NH3 = N2H4H2O+NaCl用下图装置制取水合肼，其连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示).A. B. C. D.开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液.滴加 NaClO溶液时不能过快的理由_.(2)碘化钠的制备i.向三口烧

15、瓶中加入8.4gNaOH及30mL水，搅拌、冷却，加入25.4g碘单质，开动磁力搅拌器，保持6070至反应充分；ii.继续加入稍过量的N2H4H2O(水合肼)，还原NalO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同时释放一种空气中的气体；iii.向上述反应液中加入1.0g活性炭，煮沸半小时，然后将溶液与活性炭分离；iv.将步骤iii分离出的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品24.0g.步骤i反应完全的现象是_.步骤ii中IO3-参与反应的离子方程式为_.步骤iii “将溶液与活性炭分离”的方法是_.本次实验产率为_. 实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高，可能的原因是_.某同学检验产品N

16、aI中是否混有NaIO3杂质. 取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝. 得出NaI中含有NaIO3杂质. 请评价该实验结论的合理性:_(填写“合理”或“不合理”)，_【答案】 (1). f a b c d e(ab顺序可互换） (2). 过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率 (3). 无固体残留且溶液呈无色（答出溶液呈无色即给分） (4). 2IO3-+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O (5). 趁热过滤或过滤 (6). 80% (7). 水合胼能与水中的溶解氧反应 (8). 不合理 (9). 可能是I- 在酸

17、性环境中被O2氧化成I2而使淀粉变蓝【解析】【分析】(1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，装置A为安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C吸收；(2)加入氢氧化钠，碘和氢氧化钠发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮气与NaI，得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI；由碘单质计算生成的NaI与NaIO3，再由NaIO3计算与N2H4H2O反应所得的NaI，由此计算得到理论生成的NaI，再计算产率可得；NaIO3能够氧化碘化钾，空气中氧气也能够

18、氧化碘离子生成碘单质。据此分析解答。【详解】(1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，通过装置A安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C吸收，倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸，按气流方向其连接顺序为：fabcde，故答案为：fabcde；开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，生成氨气一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液反应生成水合肼，水合肼有还原性，滴加NaClO溶液时不能过快的理由：过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水和肼，降低产率，故答案为：过快滴加NaClO溶液，过量

19、的NaClO溶液氧化水和肼，降低产率；(2)步骤ii中碘单质生成NaI、NaIO3，反应完全时现象为无固体残留且溶液接近无色，故答案为：无固体残留且溶液接近无色；步骤iiiN2H4H2O还原NalO3的化学方程式为：3N2H4H2O+2NaIO3=2NaI+3N2+9H2O，离子方程式为：3N2H4H2O+2IO3-=2I-+3N2+9H2O，故答案为：3N2H4H2O+2IO3-=2I-+3N2+9H2O；活性炭具有吸附性，能脱色，通过趁热过滤将活性炭与碘化钠溶液分离，故答案为：趁热过滤；8.2gNaOH与25.4g单质碘反应，氢氧化钠过量，碘单质反应完全，碘和氢氧化钠发生反应：3I2+6N

20、aOH=5NaI+NaIO3+3H2O，则生成的NaI的质量为：5150g/mol=25g，生成的NaIO3与N2H4H2O反应所得的NaI，反应为3N2H4H2O+2NaIO3=2NaI+3N2+9H2O，则6I22NaIO32NaI，该步生成的NaI质量为：2150g/mol=5g，故理论上生成的NaI为25g+5g=30g，实验成品率为100%=80%，实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高是因为水合肼能与水中的溶解氧反应，故答案为：80%；水合肼能与水中的溶解氧反应；取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝，说明生成碘单质，可能是NaIO3氧化碘

21、化钾反应生成，也可能是空气中氧气氧化碘离子生成碘单质，不能得出NaI中含有NaIO3杂质，故答案为：不合理；可能是I-在酸性环境中被氧气氧化成I2而使淀粉变蓝。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，主要考查了化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、产率计算等。本题的难点为，要注意理清反应过程。9. 采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：（1）1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为_。（2）F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25时N2O5（g）分解

22、反应：其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示（t=时，N2O5（g）完全分解）：t/min0408016026013001700p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1已知：2N2O5（g）2N2O4（g）+O2（g） H1=4.4 kJmol12NO2（g） N2O4（g） H 2=55.3 kJmol1则反应N2O5（g）=2NO2（g）+O2（g）的H =_ kJmol1。研究表明，N2O5（g）分解的反应速率v=2103（kPamin1）。t=62 min时，测得体系中 =2.9 kPa，则此时的=_ k

23、Pa，v=_ kPamin1。若提高反应温度至35，则N2O5（g）完全分解后体系压强p（35）_63.1 kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是_。25时N2O4（g）2NO2（g）反应的平衡常数Kp=_kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。（3）对于反应2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g），R.A.Ogg提出如下反应历程：第一步 N2O5NO3+NO2 快速平衡第二步 NO2+NO3NO+NO2+O2 慢反应第三步 NO+NO32NO2 快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_（填标号）。Av（第一步的逆反应）v（第二步反应）

24、B反应的中间产物只有NO3C第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D第三步反应活化能较高(若认为合理写出离子方程式，若认为不合理说明理由).【答案】 (1). O2 (2). 53.1 (3). 30.0 (4). 6.0102 (5). 大于 (6). 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 (7). 13.4 (8). AC【解析】分析：（1）根据还原剂失去电子转化为氧化产物判断；（2）根据盖斯定律计算；根据压强之比是物质的量之比计算；根据温度对压强和平衡状态的影响分析；根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强

25、，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。（3）根据三步反应的特点分析判断。详解：（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2；（2）已知：、2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g) H14.4kJ/mol、2NO2(g)N2O4(g) H255.3kJ/mol根据盖斯定律可知2即得到N2O5(g)2NO2(g)+1/2O2(g) H153.1kJ/mol；根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa25.8kPa，则此时

26、五氧化二氮的压强是35.8kPa5.8kPa30.0kPa，因此此时反应速率v2.0103306.0102（kPamin1）；由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35，则N2O5(g)完全分解后体系压强p(35)大于63.1 kPa。根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa271.6 kPa，氧气是35.8kPa217.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa89.5 kPa，平衡后压强减少了8

27、9.5 kPa63.1kPa26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa26.4kPa218.8kPa，则反应的平衡常数。（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。点睛：本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，题目难度较大。试题设计新颖

28、，陌生感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以直接把压强看作是物质的量利用三段式计算。10. 活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料某小组以粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）为原料模拟工业生产活性氧化锌，步骤如下：已知各相关氢氧化物沉淀pH范围如下表所示：Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2开始沉淀pH5.47.02.34.7完全沉淀pH8.09.04.16.7完成下列填空：（1）步骤I中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/m

29、L）配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要_（选填编号）A天平 B滴定管 C容量瓶 D胶头滴管（2）步骤II中加入H2O2溶液的作用是_（用离子方程式表示）；（3）用ZnO调节pH，以除去含铁杂质，调节pH的适宜范围是_。（4）步骤III中加入Zn粉的作用是：_；进一步调节溶液pH。（5）碱式碳酸锌Zn2(OH)2 CO3煅烧的化学方程式为_。（6）用如下方法测定所得活性氧化锌的纯度（假设杂质不参与反应）： 取1.000g活性氧化锌，用15.00mL 1.000molL-1 硫酸溶液完全溶解，滴入几滴甲基橙。 用浓度为0.5000molL-1 的标准氢氧化钠溶液滴定剩余硫酸，到达终点时

30、消耗氢氧化钠溶液12.00mL。判断滴定终点的方法是_；所得活性氧化锌的纯度为_（相对原子质量 O-16 Zn-65 ）。【答案】 (1). D (2). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (3). 4.14.7 (4). 除去溶液中的Cu2+ (5). Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2+H2O (6). 当溶液由橙色变为黄色且半分钟内不变色即为滴定终点 (7). 97.2%【解析】【分析】粗氧化锌(含铁、铜的氧化物)加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，加入高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液PH沉淀铁离子和铜离子，加入锌还原铜离子为铜

31、单质，过滤得到硫酸锌，碳化加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌；(5)碱式碳酸锌的化学式为Zn2(OH)2CO3，分解生成氧化锌、二氧化碳和水，结合原子守恒配平书写得到反应的化学方程式；(6)依据滴定所需氢氧化钠溶液物质的量计算剩余硫酸物质的量，计算得到与氧化锌反应的硫酸物质的量计算得到氧化锌物质的量，计算纯度。【详解】(1)步骤I中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸(密度为1.84g/mL)配制，是粗略配制在烧杯内稀释配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要仪器有胶头滴管等，故答案为：D；(2)步骤II中加入H2O2溶液是将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2

32、+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；(3)依据沉淀pH范围调节溶液pH使铁离子和铜离子沉淀，调节溶液pH为4.14.7，故答案为：4.14.7；(4)步骤III中加入Zn粉的作用是通过置换反应除去铜离子，并且进一步调节溶液pH除净铜离子；故答案为：除去溶液中的Cu2+；(5)碱式碳酸锌的化学式为Zn2(OH)2CO3，分解生成氧化锌、二氧化碳和水，结合原子守恒配平书写得到反应的化学方程式为：Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2+H2O，故答案为：Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2+H2O；(6)依据滴定原理可知，当溶液由橙色变

33、为黄色且半分钟内不变色即为滴定终点，根据所需氢氧化钠溶液物质的量计算剩余硫酸物质的量，计算得到与氧化锌反应的硫酸物质的量，从而计算得到氧化锌物质的量，与氧化锌反应的氢离子物质的量=0.0150L1.000mol/L2-0.500mol/L0.0120L=0.024mol，由ZnO+2H+=Zn2+H2O，则活性氧化锌的纯度=100%=97.2%，故答案为：当溶液由橙色变为黄色且半分钟内不变色即为滴定终点，97.2%。11. 云阳龙缸云端廊桥曾被誉为“世界第一悬挑玻璃景观廊桥”，所用钢化玻璃因其优良的性能广泛应用于日常生活，但由于制作玻璃时里面含有极少量硫化镍，使得钢化玻璃在极限条件下的使用受到

34、限制。(1)基态硫原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为_，基态镍原子中核外电子占据最高能层的符号为_；(2)Ni(CO)4常用于制备纯镍，溶于乙醇、CCl4、苯等有机溶剂，为_晶体，Ni(CO)4空间构型与甲烷相同，中心原子的杂化轨道类型为_，写出与配体互为等电子体的阴离子_(任写一种)；(3)与硫同族的硒元素有两种常见的二元含氧酸，请比较它们酸性强弱_(填化学式)，理由是_；(4)H2S的键角_(填“大于”“小于”等于”)H2O的键角，请从电负性的角度说明理由_；(5)NiO与NaCl的晶胞结构相似，如图所示，阴离子采取面心立方堆积，阳离子填充在位于阴离子构成的_空隙中，已知Ni2+半径

35、为69nm，O2-半径为140nm，阿伏伽德罗常数为NA，NiO晶体的密度为_g/cm3(只列出计算式)。 【答案】 (1). (2). N (3). 分子晶体 (4). sp3杂化 (5). CN- 或C22- (6). H2SeO4H2SeO3 (7). 因为H2SeO4中非羟基氧数目比H2SeO3多，导致H2SeO4中Se元素的正电性更高，对羟基中共用电子对的吸引能力更强，使得羟基氢更易电离 (8). 小于 (9). 氧元素的电负性比硫元素更强，对键合电子的吸引力更强，键合电子之间的排斥力更大，所以键角更大 (10). 正八面体 (11). 或【解析】【详解】(1)S位于周期表中第3周期

36、第A族，基态硫原子的价电子排布式为3s23p4，则基态硫原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为：，Ni位于周期表中第4周期第族，基态Ni核外电子占据最高能层为N，故答案为：；N；(2)根据相似相溶原理判断，Ni(CO)4溶于乙醇、CCl4、苯等有机溶剂，所以可判断Ni(CO)4为分子晶体，Ni(CO)4空间构型与甲烷相同，甲烷为正四面体，中心C原子为sp3杂化，所以可判断中心原子的杂化轨道类型为sp3，等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的微粒，Ni(CO)4的配位为CO，O可用N-或者C2-代替，所以形成的等电子体可以为：CN-或C22-，故答案为：分子晶体；sp3；CN-或C22-；

37、(3)与硫同族的硒元素有两种常见的二元含氧酸，分别为H2SeO4和H2SeO3，酸性强弱H2SeO4H2SeO3，理由为：因为H2SeO4中非羟基氧数目比H2SeO3多，导致H2SeO4中Se元素的正电性更高，对羟基中共用电子对的吸引能力更强，使得羟基氢更易电离，故答案为：H2SeO4H2SeO3；因为H2SeO4中非羟基氧数目比H2SeO3多，导致H2SeO4中Se元素的正电性更高，对羟基中共用电子对的吸引能力更强，使得羟基氢更易电离；(4)根据价层电子对互斥理论，孤电子对存在可使键角变小，电负性O大于S，对键合电子的吸引力更强，键合电子之间的排斥力更大，所以键角更大，故答案为：小于；氧元素

38、的电负性比硫元素更强，对键合电子的吸引力更强，键合电子之间的排斥力更大，所以键角更大；(5)根据晶胞结构分析，阴离子采取面心立方堆积，形成八面体空隙和四面体空隙，但Ni2+填充在八面体空隙，由于阴离子是面心立方堆积，所以晶胞边长为a=2r(Ni2+)+2r(O2-)=418nm，不妨取1mol这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，则晶体密度为=g/cm3，故答案为：正八面体；。【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及到轨道表示式的书写，等电子体原理，杂化轨道理论，键角的判断，电负性，晶体的简单计算等。本题的难点在于含氧酸酸性强弱和键角大小的解释；本题的易错点为晶胞的计算，要清楚晶胞参数与离子半径的关系

39、。12. 乙烯用途广泛，工业上可通过下列流程合成二甘醇及其衍生物。已知：R-OH + SOCl2 R-Cl + SO2 + HCl 请回答：（1）写出B的官能团的电子式_。（2）写出有关物质的结构简式：A_。（3）指出反应类型：_。（4）写出下列化学方程式：反应_；反应_。（5）二甘醇又名（二）乙二醇醚，根据其结构判断下列说法正确的是_(填序号)。 a. 难溶于水 b. 沸点较高 c. 不能燃烧 E的同分异构体很多，写出其中能够发生银镜反应的两种异构体的结构简式_。(6)请写出由1-氯丙烷合成丙酮的合成路线图并注明反应条件(无机试剂任选)_。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2CH2

40、BrCH2CH2Br【答案】 (1). (2). (3). Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl (4). 消去反应 (5). (6). ClCH2CH2OCH2CH2Cl + 2KOH CH2=CH-O-CH=CH2 + 2KCl + 2H2O (7). b (8). CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO或CH2=C(CH3)CHO (9). 【解析】【分析】乙烯发生氧化反应生成A(C2H4O)，A的结构中没有甲基，则A为，A在酸性条件下水解得到B，B的核磁共振氢谱有2种H，结合二甘醇的结构可知B为HOCH2CH2OH二甘醇发生信息中的反应得到D，结合D的分子式可知D的结构

41、简式为Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl，D发生消去反应生成E为CH2=CHOCH=CH2。【详解】(1)由上述分析可知，B为HOCH2CH2OH，官能团为羟基，电子式为，故答案为：；(2)由上述分析可知，A的结构简式为，D的结构简式为：Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl，故答案为：；Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl；(3)反应为卤代烃在氢氧化钾醇溶液中的消去反应，故答案为：消去反应；(3)反应的化学方程式为：，反应的化学方程式为：ClCH2CH2OCH2CH2Cl+2KOHCH2=CH-O-CH=CH2+2KCl+2H2O，故答案为：；ClCH2CH2OCH2CH2

42、Cl+2KOHCH2=CH-O-CH=CH2+2KCl+2H2O；(4)a含有2个羟基，与水形成氢键，应易溶于水，故a错误；b分子之间形成氢键，沸点较高，故b正确；c属于烃的含氧衍生物，能燃烧，故c错误；故选：b；(5)E为CH2=CHOCH=CH2，能够发生银镜反应的E的同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO、CH2=C(CH3)CHO，故答案为：CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO、CH2=C(CH3)CHO；(6)由1-氯丙烷合成丙酮，可以首先合成2-丙醇，然后将2-丙醇氧化即可得到丙酮，由1-氯丙烷合成2-丙醇，可以将氯原子消去，然后与水加成即可，合成路线为，故答案为：。