《海南省高考化学模拟试卷及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《海南省高考化学模拟试卷及答案.pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高考化学模拟试卷高考化学模拟试卷一、单选题一、单选题1.改革开放 40 年，我国取得了很多世界瞩目的科技成果，下列说法错误的是（）A.蛟龙号潜水器用到钛合金，22 号钛元素属于过渡元素B.中国天眼传输信息用的光导纤维材料是硅单质C.国产 C919 用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料D.港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能2.下列化学用语表达错误的是（）A.乙烯的实验式：CH2B.氨气的电子式：C.次氯酸的结构式：H-Cl-OD.2-甲基丁烷的键线式：3.化学在生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是（）A.利用溶解度不同，可用水鉴别乙酸和乙酸乙酯B.根据淀粉的特性，木材纤
2、维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色C.脱脂棉、滤纸、蚕丝的主要成分均为纤维素，完全水解能得到葡萄糖D.蛋白质溶液中加入(NH4)2SO4、CuSO4溶液均能凝结析出，加水后又能溶解4.实验室完成下列操作，一般不宜使用锥形瓶的是（）A.实验室制蒸馏水B.酸碱中和滴定C.配制一定浓度的 H2SO4溶液D.用高锰酸钾与浓盐酸制 Cl25.设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1 L 0.1 molL1 NaClO 溶液中含有 ClO的数目为 0.1NAB.将 1 mol NH3完全溶于水，所得溶液中n(NH3H2O)+n(NH)=NAC.1 L 0.1 molL1 NaHSO4溶液中含有的阳
3、离子数目为0.1NAD.将 1 mol CH3COONa 溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中含CH3COO数目为 NA6.硫元素的几种化合物存在下列转化关系：浓 H2SO4SO2Na2SO3溶液Na2S2O3S下列判断错误的是（）A.反应中浓硫酸作氧化剂 B.反应表明 SO2有酸性氧化物的性质C.反应的原子利用率是 100%D.反应稀 H2SO4作还原剂7.近年来，利用电化学催化方法进行CO2转化的研究引起了世界范围内的高度关注。下图是以Cu作为催化剂 CO2转化为甲酸的反应过程，下列有关说法错误的是（）A.过程说明在催化剂作用下，O-C-O 之间形成了一种特殊的化学键B.过程和吸收了能量并形成
4、了 O-H 键和 C-H 键C.CO2和 HCOOH 中均只含有极性共价键D.每 1molCO2完全转化为甲酸需得2mole-8.五种主族元素在周期表中的位置如图所示。L 的单质在常温常压下呈液态，且保存时需要用水液封。下列推断正确的是（）X Y Z TLA.原子半径：XYZTZTC.X 的电负性是五种元素中最小的D.Y 和 T 组成的化合物是离子化合物9.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡:，。然后在恒定温度下缩小容器体积，重新达到平衡。下列分析正确的是（）A.若，则该反应达到平衡状态的浓度大B.两次平衡时，后一次平衡时C.重
5、新达到平衡，密闭容器中氨气的体积分数不变D.若开始时向容器中加入2molNH3和 1molCO2，则达到平衡时放出 akJ 热量10.下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（）A.过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe4H+NO3-=Fe3+NO+2H2OB.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合:Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2OC.用惰性电极电解 MgCl2溶液:2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-D.室温下，氯化铵溶液 pH7 的原因：NH4+H2O=NH3H2OH+11.探究铝片与溶液的反应。无明显现象下列说法错误的是（）铝片表面产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡(经检验主要为)A
6、.溶液中存在水解平衡：溶液能破坏铝表面的保护膜B.对比、，说明C.推测出现折色浑浊的可能原因为：D.加热及逸出对水解平衡移动方向的影响是相反的二、多选题二、多选题12.化合物 Y 具有抗菌、消炎作用，可由X 制得。下列有关化合物 X、Y 的说法正确的是（）A.1 mol X 最多能与 3 mol NaOH 反应B.Y 与乙醇发生酯化反应可得到XC.X、Y 均能与酸性 KMnO4溶液反应D.室温下 X、Y 分别与足量 Br2加成的产物分子中手性碳原子数目不相等13.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法正确的是（）A.电子由 O
7、2所在的铂电极流出B.标况下消耗 224 mL O2，通过质子交换膜的 H+个数为 0.04 NAC.电池的负极反应式为 CH3CH2OH+3H2O12e=2CO2+12HD.微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量14.下列物质的性质变化规律与与键能无关的是（）A.与硅相比，金刚石的硬度大、熔点高B.HF、HCl、HBr、HI 热稳定性依次减弱C.F2、Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高D.H2、O2、H2S 在水中的溶解性依次为难溶、微溶、可溶三、非选择题三、非选择题15.次磷酸钠(NaH2PO2)广泛应用于化学镀镍，次磷酸钠的生产与镀镍过程如下：据此回答下列问题：（1）红磷与
8、黄磷之间的关系为_。（2）次磷酸钠中磷元素的化合价为_。（3）写出碱溶过程的化学反应方程式_，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为_。（4）已知次磷酸钠中的为四面体结构，请写出的结构式_，次磷酸钠 NaH2PO2为_填“酸式盐”、“碱式盐”、“正盐”。（5）请简述化学镀镍的反应原理_。16.近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：（1）Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)CuCl(s)Cl2(g)H1=+83 kJmol1Cl2(g)H2=20 kJmol1O
9、2(g)=CuO(s)CuO(s)2HCl(g)=CuCl2(s)H2O(g)H3=121 kJmol1则 4HCl(g)O2(g)=2Cl2(g)2H2O(g)的 H=_ kJmol1（2）Deacon 发明的直接氧化法原理为：4HCl(g)O2(g)=2Cl2(g)2H2O(g)，在刚性容器中，进料浓度比c(HCl)c(O2)分别等于 11、41、71 时 HCl 平衡转化率随温度变化的关系如图所示：据图像分析可知：反应平衡常数K(300)_K(400)(填“大于”或“小于”)。（3）设 HCl 初始浓度为 c0，根据进料浓度比 c(HCl)c(O2)=11 的数据，计算 K(400)=_
10、(列出计算式)。（4）按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别是_、_。在一定温度的条件下，进一步提高HCl 的转化率的方法是_。(写出 2 种)17.二氯异氰尿酸钠(CNO)3Cl2Na是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。某同学利用高浓度的 NaClO 溶液和(CNO)3H3固体，在 10时反应制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如下图所示(部分夹持装置略)。已知：2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O回答下列问题：（1）仪器 a 的名称为恒压滴液漏斗，与分液漏斗相比其优点
11、是_。（2）待装置 B 中出现_现象时，可由三颈烧瓶上口加入(CNO)3H3固体；反应过程中仍需不断通入Cl2的理由是_。（3）反应结束后，装置 B 中的浊液经过滤、_、干燥得粗产品。上述装置存在一处缺陷会导致装置 B 中 NaOH 利用率降低，改进的方法是_。（4）通过下列实验测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量。反应原理：(CNO)3Cl2+H+2H2O=(CNO)3H3+2HClO，HClO+2I+H+=I2+Cl+H2O，I2+2S2O=S4O+2I实验步骤：准确称取 m g 样品，用容量瓶配成 250 mL 溶液；取 25.00 mL 上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量 KI
12、溶液，充分反应后，用 c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色。加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液平均为 V mL。滴定终点现象为_。该样品的有效氯含量表达式为_。(该样品的有效氯=100%)18.2氨3氯苯甲酸是白色晶体，是重要的医药中间体，其制备流程如下：回答下列相关问题（1）的名称是_。反应的反应类型为_。（2）为了实现反应的转化，通常可采用的试剂是_。（3）生成 2氨3氯苯甲酸的方程式为_。（4）同时符合下列两个条件的有机物共有_种同分异构体。其中仅有3 种等效氢的有机物结构简式为_。相对分子质量比大 42 的苯的同系物；与酸性 KMnO4反应能生成二
13、元羧酸；（5）事实证明上述流程的目标产物的产率很低；据此，研究人员提出将步骤设计为以下三步，产率有了一定提高。请从步骤产率低的原因进行推测，上述过程能提高产率的原因可能是_。若想要进一步提高产率，2氨3氯苯甲酸的合成流程中，可以优化的步骤还有_。19.金属Ni可以与Mg、C形成一种化合物M，M是一种新型超导体，它的临界温度为8K。回答下列问题：（1）在基态 Mg 原子中，核外存在_对自旋相反的电子。（2）碳在矿物中，通常以碳酸盐形式存在。根据价层电子对互斥理论，可推知CO的空间构型为_，其中碳原子的杂化轨道类型为_。NaHCO3的溶解度比 Na2CO3的小，其原因是 HCO在水溶液中易形成多聚
14、离子，请解释HCO形成多聚离子的原因是_。（3）Ni 的基态原子的价层电子排布式为_。区分晶体 Ni 和非晶体 Ni 的最可靠的科学方法为_。向绿色的 NiSO4溶液中滴加过量的氨水，溶液会变成深蓝色，其原因是溶液中生成了一种六配体的配离子，该配离子的化学式为_。（4）已知M的晶胞(=90)结构如下图所示，则M的化学式为_。其晶胞参数为：a=b=c=d pm，该晶体的密度为_gcm-3.(列出计算式)答案解析部分一、单选题1.【答案】B【解析】【解答】A22 号钛元素位于第四周期第IVB 族，属于过渡元素，A 不符合题意；B光导纤维的主要成分为二氧化硅，B 符合题意；C氮化硅陶瓷属于非金属，且
15、不是硅酸盐材料，是新型无机非金属材料，C 不符合题意；D港珠澳大桥用到的合金材料，必须具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性才能抵御恶劣环境及海水的侵蚀，D 不符合题意；故答案为 B。【分析】硅单质是制备太阳能电池或者电极的材料，而二氧化硅是制备光导纤维的材料，其他选项均正确2.【答案】C【解析】【解答】A乙烯的分子式为 C2H4，实验式即最简式为 CH2，A 不符合题意；B氨气分子中 N 原子与 3 个 H 原子分别共用一对电子，还有一对孤电子对，电子式为题意；C次氯酸结构式为 H-O-Cl，C 符合题意；D2-甲基丁烷的主链有 4 个碳原子，2 号碳上有一个甲基，键线式为故答案为 C。【分析】次
16、氯酸分子中是氧原子分别与氢原子和氯原子形成公用电子对形成单键，其他选项均正确3.【答案】A【解析】【解答】A乙酸与水可以任意比例互溶，乙酸乙酯难溶于水，会与水分层，现象不同，A 符合题意；B木材纤维主要含纤维素，遇碘水不变蓝，B 不符合题意；C蚕丝的主要成分为蛋白质，水解得到氨基酸，C 不符合题意；D硫酸铜属于重金属盐，会使蛋白质发生变性，加水后不能溶解，D 不符合题意；故答案为：A。【分析】A.酯类一般均难溶于水可以利用溶解性进行鉴别B.用淀粉可以用碘检验，而碘不能使纤维素变色C.脱脂棉、滤纸的主要成分是纤维素可以在酶的作用下完全水解为葡萄糖，而蚕丝的主要成分是蛋白质水解为氨基酸D.硫酸铵使
17、蛋白质发生盐析，而硫酸铜可以使蛋白质发生变性失活4.【答案】C，D 不符合题意；，B 不符合【解析】【解答】A实验室制蒸馏水利用蒸馏原理，用锥形瓶作接收器，故A 不符合题意；B酸碱中和滴定时，锥形瓶一般用作盛放待测液，故B 不符合题意；C配制一定浓度的H2SO4溶液，先用烧杯稀释硫酸，冷却后将硫酸转移到容量瓶中，不使用锥形瓶，故C符合题意；D用高锰酸钾与浓盐酸制Cl2，用锥形瓶盛装高锰酸钾，再用分液漏斗滴加浓盐酸，故D 不符合题意。故答案为 C。【分析】配制一定浓度的某溶液一般用的一定体积的容量瓶，实验室制取蒸馏水、酸碱滴定、高锰酸钾制取氯气均需要用到锥形瓶5.【答案】D【解析】【解答】A1
18、L 0.1 molL1 NaClO 溶液中 NaClO 物质的量为 0.1mol，ClO 水解，因此含有 ClO 的数目小于 0.1NA，故 A 不符合题意；B将 1 mol NH3完全溶于水，因此所得溶液中n(NH3)+n(NH3H2O)+n(NH)=NA，故 B 不符合题意；C1 L 0.1 molL1 NaHSO4溶液中NaHSO4物质的量为0.1mol，NaHSO4电离出钠离子和氢离子，因此含有的阳离子数目为 0.2NA，故 C 不符合题意；D将 1 mol CH3COONa 溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒和溶液呈中性得到溶液中含CH3COO数目为 NA，故 D 符合题意。故答
19、案为：D。【分析】A.次氯酸是弱酸，次氯酸盐会水解B.氨气溶于水是可逆反应，因此还存在氨气分子C.硫酸氢钠在水溶液中可以电离出氢离子和钠离子和硫酸根离子D.根据电荷守恒即可判断6.【答案】DA.【解析】【解答】选项 A 不符合题意；B二氧化硫与 NaOH 反应生成盐和水，表明二氧化硫为酸性氧化物，选项B 不符合题意；C反应为 Na2SO3+S=Na2S2O3，生成物只有一种，原子利用率是100%，选项 C 不符合题意；D反应的化学方程式：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O，稀硫酸既不是氧化剂也不是还原剂，选项 D 符合题意；故答案为：D。【分析】Cu 与浓硫酸反应：C
20、u2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O，SO2与 NaOH 反应，SO2为酸性氧化与浓硫酸反应时，浓硫酸将氧化为硫酸铜，表现出氧化性，浓硫酸是氧化剂，物，发生SO22NaOH=Na2SO3H2O，Na2S2O3中 S 显2 价，发生Na2SO3S=Na2S2O3，Na2S2O3与稀硫酸反应：Na2S2O3H2SO4=Na2SO4SSO2H2O，据此分析；7.【答案】B【解析】【解答】A.根据图示可知在 CO2催化转化为 HCOOH 的过程中，在 OCO 之间形成了一种特殊的化学键，A 不符合题意；B.断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，所以在过程中 CO2结合 H+形成了 O-H 键
21、，在过程中-COOH 与 H+结合形成 H-C 键是释放能量，B 符合题意；C.在 CO2分子中含有 C=O 极性共价键，在 HCOOH 中含有 C-H、H-O、C-O、C=O 极性共价键，C 不符合题意；D.在 CO2中 C 为+4 价，在 HCOOH 中 C 为+2 价，所以每1 mol CO2完全转化为甲酸需得2mol e-，D 不符合题意；故答案为：B。【分析】A.根据的流程即可判断形成新键B.过程和 成键是释放能量C.根据化学式即可判断含有的键D.根据元素化合价即可计算出转移的电子数8.【答案】C【解析】【解答】AL 电子层最多，原子半径最大，其它元素位于同一周期，电子层数相同，核电
22、荷数越大，原子半径越小，则原子半径：TZYXL，故 A 不符合题意；B非金属性越强，气态氢化物的还原性越弱，L、Z、T 分别为 Br、S、Cl，非金属性：ClBrS，所以气态氢化物的还原性：ZLT，故 B 不符合题意；C非金属性越弱，电负性越小，X(Al)在五种元素中最靠左上角，电负性最小，故C 符合题意；DY 和 T 组成的化合物为四氯化硅，四氯化硅为共价化合物，故D 不符合题意；故答案为：C。【分析】L 的单质在常温常压下呈液态，且保存时需要用水液封，则L 为溴，再根据其它元素在周期表中的位置可以推出 T 为 Cl、Z 为 S、Y 为 Si、X 为 Al，结合元素周期律分析解答。9.【答案
23、】C【解析】【解答】A若 2v(NH3)=v(CO2)，不能判断正逆反应速率关系，则不能判定平衡状态，故A 不符合题意；B在恒定温度下缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，体积不变，则后一次平衡时c(CO2)的浓度变小，故 B 不符合题意；CNH3、CO2的物质的量比始终为2：1，前后两次为等效平衡，密闭容器中氨气的体积分数不变，故C符合题意；D若开始时向容器中加入2 mol NH3和 1 mol CO2，不能完全转化为 NH2COONH4，则达到平衡时放出热量小于 akJ，故 D 不符合题意。故答案为：C。【分析】A.未给出正逆速率的关系无法判断B.根据气体的系数的变化即可判断增大压强平衡逆
24、向移动C.建立等效平衡，体积分数不变D.反应是可逆反应不能完全反应10.【答案】B【解析】【解答】A.过量的铁粉溶于稀硝酸，反应的离子方程式为：3Fe8H2NO3-=3Fe22NO4H2O，A 项不符合题意；B.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合显碱性：Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2O，B 项符合题意；C.电解氯化镁溶液时，类似于电解氯化钠溶液，但要进一步考虑阴极产生的OH-与溶液中的 Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，C 项不符合题意；D.氯化铵溶液 pH7 的原因是铵根水解，水解是可逆反应，D 项不符合题意；故答案为：B。【分析】A.铁粉过量最终得到的是亚铁离子B.石灰水与少量小苏
25、打反应，以小苏打为基准即可写出C.电解氯化镁溶液得到的是氢氧化镁固体和氢气 和氯气D.强酸弱碱盐水解呈酸性，水解是可逆的11.【答案】D【解析】【解答】A不符合题意；B依据铝能与热水反应，实验中没有气泡冒出，说明表面有氧化膜，实验有气泡冒出，说明氧化膜被溶液破坏，B 不符合题意；C碳酸钠水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成偏铝酸根离子，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，离子方程式：，C 不符合题意；溶液中水解，存在水解平衡：，AD盐类水解为吸热过程，加热促进盐类水解，氢气逸出有利于铝与氢
26、氧根离子的反应，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2逸出对水解平衡移动都起到促进作用，D 符合题意；故答案为：D。【分析】通过实验 I 和实验 II 可知，Al 在常温下和加热下都不与水反应，由于Al 性质活泼，Al 表面会生成一层致密的氧化铝薄膜，对Al 起到保护作用。实验 III 说明 Al 与 Na2CO3发生反应，由于液中出现 OH-，与 Al 表面的氧化膜和 Al 都能发生反应，OH-与 Al 反应生成 H2。二、多选题12.【答案】A,CA1 mol X含有 1mol 羧基，消耗1molNaOH，1 mol X含有1mol
27、酚酯基，消耗2molNaOH，【解析】【解答】因此最多能与 3 mol NaOH 反应，故 A 符合题意；BY 中羧基与乙醇发生酯化反应不能得到X，故 B 不符合题意；CX、Y 都含有碳碳双键，因此X、Y 均能与酸性 KMnO4溶液反应，故 C 符合题意；水解，溶D室温下 X 与足量 Br2加成的产物分子中手性碳原子为，Y 与足量 Br2加成的产物分子中手性碳原子标注和X与足量Br2加成的产物一致，两者都是3个手性碳原子，故D不符合题意。故答案为：AC。【分析】A.根据 X 的结构简式即可找出与氢氧化钠反应的基团即可B.Y 与乙酸反应可以得到XC.X 和 Y 均具有与高锰酸钾作用的基团D.写出
28、与溴发生加成反应的结构简式 即可找出手性碳原子个数13.【答案】B,D【解析】【解答】AO2所在的铂电极是正极，因此电子会流入O2所在的铂电极，故A 不符合题意；B标况下消耗 224 mL O2即物质的量为 0.01mol，根据 O24e4H2H2O，因此通过质子交换膜的H个数为 0.04 NA，故 B 符合题意；C电池的负极进入乙醇，流出乙酸，因此负极的反应式为CH3CH2OH+H2O4e=CH3COOH+4H，故 C不符合题意；D酒精失去电子，因此可以通过微处理器检测的电流大小而计算出被测气体中酒精的含量，故D 符合题意。故答案为：BD。【分析】根据氧化还原反应即可判断出氧气在正极得到电子
29、最终变为水，乙醇在负极失去电子最终变为乙酸，根据消耗的氧气即可求出结合的氢离子数目，根据电流的大小可以判断出酒精的含量14.【答案】C,D【解析】【解答】A硅和金刚石均为共价晶体，但Si 原子半径大于 C 原子，所以 C-C 键的键长较短，键能较大，金刚石的硬度更大，熔点更高，A 不符合题意；BF、Cl、Br、I 原子半径依次增大，所以HF、HCl、HBr、HI 的共价键的键长逐渐增大，键能减小，稳定性减弱，B 不符合题意；CF2、Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高是因为相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，与键能无关，C 符合题意；DH2、O2溶解度较小是因为二者都为非极性分子，而水分
30、子为极性分子，与键能无关，D 符合题意；故答案为：CD。【分析】A.原子晶体的硬度与熔点与键能有关B.分子晶体的稳定性与键能有关C.分子晶体的沸点与分子间作用力有关D.溶解性主要是与分子的极性有关三、非选择题15.【答案】（1）同素异形体（2）1（3）P43NaOH3H2O=3NaH2PO2PH3；1：3（4）；正盐（5）次磷酸钠作为还原剂将硫酸镍中的镍还原成金属单质，沉积在镀件表面。【解析】【解答】(1)红磷与黄磷都是磷的两种单质，两者之间的关系为同素异形体；故答案为：同素异形体。(2)根据化合价钠为1 价、氢为1 价、氧为2 价，得到次磷酸钠(NaH2PO2)中磷元素的化合价为1；故答案为
31、：1。(3)P4和 NaOH 溶液反应生成 NaH2PO2和 PH3，因此碱溶过程的化学反应方程式P43NaOH3H2O=3NaH2PO2PH3，磷既是氧化剂又是还原剂，有3个磷化合价升高，有1个磷化合价降低，因此该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:3；故答案为：P43NaOH3H2O=3NaH2PO2PH3；1:3。(4)根据次磷酸钠中的为四面体结构，则的结构式，次磷酸钠 NaH2PO2中两个氢都不能电离，因此该盐为正盐；故答案为：；正盐。(5)化学镀镍是硫酸镍和次磷酸钠反应，镍化合价降低，次磷酸钠化合价升高，的反应原理次磷酸钠作为还原剂将硫酸镍中的镍还原成金属单质，沉积在镀件表面；故答
32、案为：次磷酸钠作为还原剂将硫酸镍中的镍还原成金属单质，沉积在镀件表面。【分析】（1）根据红磷和黄磷均是有磷元素形成的磷单质，即可判断互为同素异形体（2）根据钠和氧元素的化合价结合代数和为0 即可计算出磷元素的化合价（3）根据反应物和生成物即可写出方程式即可找出氧化剂与还原剂的物质的量之比（4）根据为四面体结构即可写出结构式，根据结构式即可判断出其为正盐（5）化学镀镍是利用氧化还原反应的原理进行将镍元素变为镍单质16.【答案】（1）116（2）大于（3）（4）O2和 Cl2分离能耗较高；HCl 转化率较低；增加反应体系压强、及时除去产物【解析】【解答】(1)将第一个方程式乘以2，加上第二个方程式
33、的2 倍，再加上第三个方程式得到4HCl(g)O2(g)=2Cl2(g)2H2O(g)的 H=116 kJmol1；故答案为：116。(2)分析图中信息，从左到右升高温度，转化率下降，说明平衡逆向移动，则平衡常数减小，因此反应平衡常数 K(300)大于 K(400)；故答案为：大于。(3)根据图中信息，进料浓度比c(HCl)c(O2)分别等于 11、41、71 时，相当于不断增加 HCl 的浓度，则转化率不断降低，因此根据图像得到图中从上到下c(HCl)c(O2)分别等于11、41、71时，设HCl 初始浓度为 c0，根据进料浓度比 c(HCl)c(O2)=11 的数据，转化率为 84%，则4
34、00 平衡常数；故答案为：。(4)按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。根据题意，因此进料浓度比c(HCl)c(O2)过低，会造成O2和 Cl2分离能耗较高，进料浓度比c(HCl)c(O2)过高会导致 HCl 转化率较低。该反应是体积减小的反应，因此在一定温度的条件下，进一步提高HCl 的转化率的方法是增加反应体系压强、及时除去产物；故答案为：O2和 Cl2分离能耗较高；HCl 转化率较低；增加反应体系压强、及时除去产物。【分析】（1）根据盖斯定律即可计算出焓变（2）根据温度的变化与氯化氢的转化率关系即可判断出温度升高平衡常数降低（3）根据进料浓度比与氯化氢的平衡转化
35、率的关系即可找出1:1 的线，再结合给出的温度找出平衡时的氯化氢的平衡转化率，即可计算出平衡时的浓度计算出平衡常数（4）根据进料率过低，导致氧气含量高分离需要耗能高，进料量低时，导致氯化氢的转化率低，因此可以增加压强并且及时的将产物除去17.【答案】（1）恒压分液漏斗的支管可以使漏斗下方与漏斗中的压强一致，可以使漏斗内液体顺利流下（2）液面上方有黄绿色气体；使反应生成的 NaOH 再次生成 NaClO，提高原料的利用率（3）冰水洗涤；在装置 A、B 之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶（4）滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去(或颜色恰好由蓝色变成无色)，且半分钟不恢复；【解析】【解答】(
36、1)仪器 a 的名称为恒压滴液漏斗，与分液漏斗相比其优点是恒压分液漏斗的支管可以使漏斗下方与漏斗中的压强一致，可以使漏斗内液体顺利流下；故答案为：恒压分液漏斗的支管可以使漏斗下方与漏斗中的压强一致，可以使漏斗内液体顺利流下。(2)装置 B 主要是NaOH 溶液与氯气反应生成次氯酸钠，当装置B 中出现液面上方有黄绿色气体现象时，说明 NaOH 反应完，生成较多的次氯酸钠，可由三颈烧瓶上口加入(CNO)3H3固体，根据反应方程式2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O，反应中不断生成 NaOH，因此反应过程中仍需不断通入Cl2的理由是使反应生成的 NaOH 再次生成
37、 NaClO，提高原料的利用率；故答案为：液面上方有黄绿色气体；使反应生成的 NaOH 再次生成 NaClO，提高原料的利用率。(3)为防止二氯异氰尿酸钠溶于水，又根据二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，因此装置B 中的浊液经过滤、冰水洗涤、干燥得粗产品。上述装置存在一处缺陷会导致装置B 中 NaOH 利用率降低，主要是因此盐酸易挥发，挥发出的 HCl 和 NaOH 反应，因此改进的方法是在装置 A、B 之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；故答案为：冰水洗涤；在装置 A、B 之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶。(4)该反应用淀粉作指示剂，因此滴定终点现象为滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去(或颜色恰
38、好由蓝色变成无色)，且半分钟不恢复；故答案为：滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去(或颜色恰好由蓝色变成无色)，且半分钟不恢复。根据 HClOI22S2O达式为，得到 n(HClO)=c mol/LV103L10=5cV103mol，该样品的有效氯含量表；故答案为：。【分析】浓盐酸和氯酸钾反应生成氯气，氯气中含有挥发出的HCl，会导致 NaOH 被消耗，NaOH 利用率降低，氯气和 NaOH 溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，待全部反应完后加入(CNO)3H3，两者反应生成(CNO)3Cl2Na、NaOH 和水，生成的 NaOH 再和氯气反应，利用滴定原理来测定氯的含量。18.【答案
39、】（1）邻硝基苯甲酸(2硝基苯甲酸)；取代(硝化)反应（2）酸性高锰酸钾溶液（3）+H2+CH3COOH（4）9；（5）利用磺酸基占位，减少5 号位上 H 原子的取代；步骤【解析】【解答】(1)的名称是邻硝基苯甲酸(2硝基苯甲酸)。根据题中分析得到反应的反应类型为取代(硝化)反应；故答案为：邻硝基苯甲酸(2硝基苯甲酸)；取代(硝化)反应。(2)反应是发生氧化反应，为实现其转化，通常可采用的试剂是酸性高锰酸钾溶液；故答案为：酸性高锰酸钾溶液。(3)生成 2氨3氯苯甲酸的方程式为+H2+CH3COOH；故答案为：+H2+CH3COOH。(4)相对分子质量比大 42 的苯的同系物,说明分子式为C10
40、H14；与酸性 KMnO4反应能生成二元羧酸；说明含有两取代基，且苯环连的碳上至少有1个氢原子，则四个碳可以分为一个甲基和一个正丙基或一个甲基和一个异丙基或两个乙基，每个都有邻、间、对三种即9 种，其中仅有3 种等效氢的有机物结构简式为；故答案为：9；。(5)从步骤产率低的原因进行推测，上述过程能提高产率的原因可能是利用磺酸基占位，减少5 号位上H 原子的取代。若想要进一步提高产率，2氨3氯苯甲酸的合成流程中，步骤甲苯硝化反应时还可能生成其他的副产物，因此可以优化的步骤还有步骤；故答案为：利用磺酸基占位，减少5 号位上 H 原子的取代；步骤。【分析】苯发生取代反应得到甲苯，甲苯和浓硝酸在浓硫酸
41、作用下发生硝化反应生成，发生氧化反应得到，和 Fe/HCl 反应将硝基变为氨基，在和CH3COCl 反应生成。19.【答案】（1）6（2）平面三角形；sp2；HCO中的-OH 可以与另一 HCO中的氧原子形成氢键，故可形成多聚体（3）3d84s2；X 射线衍射法；Ni(NH3)62+（4）MgCNi3；【解析】【解答】(1)Mg 元素为 12 号元素，核外电子排布为1s22s22p63s2，同一轨道中最多有两个自旋方向的电子，Mg 原子所占轨道均排满，所以有6 对自旋相反的电子；(2)CO中 C 原子的价层电子对数为，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形，碳原子为 sp2杂化；HCO中含有-
42、OH 可以与另-HCO中的氧原子形成氢键，故可形成多聚体；(3)Ni元素为28号元素，核外电子排布为Ar3d84s2，价层电子排布式为3d84s2；区分晶体和非晶体的最科学方法为X射线衍射法；氨水中含有大量NH3分子，NH3分子中N原子有孤电子对，而Ni2+存在空轨道，二者可以形成配位键，根据题意配位数为6，所以该配离子为Ni(NH3)62+；(4)根据均摊法，晶胞中 Mg 原子的个数为化学式为 MgCNi3；晶胞的质量为 m=度为=gcm-3.。=1，Ni 原子的个数为=3，C 原子的个数为 1，所以，晶胞的体积为 V=d3 pm3=d310-30cm3，则晶体密【分析】（1）根据镁的核外电子能级排布找出自旋相反的电子即可（2）计算出碳酸根中碳原子的价层电子对以及孤对电子即可，判断出杂化方式以及构型，主要是碳酸氢根易形成氢键容易形成多聚合离子（3）根基 Ni 原子的核外电子排布即可写出价层电子排布式，一般区分晶体与非晶体用的是X 射线衍射，镍离子易与氨气形成络合物根据名称即可写出化学式（4）根据占位法即可计算出晶胞中的原子个数即可写出化学式和计算出晶胞的质量结合晶胞参数即可计算出晶体的密度