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1、2019-2020学年安徽省淮南市第一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根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是操作现象结论A 将2SO分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色2SO具有漂白性B 向11mL 2mol LNaOH溶液中滴加12 滴120.1molLMgCl溶液，再滴加2 滴130.1molLFeCl溶液先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀sp23K:Mg(OH)Fe(OH)C 向滴有酚酞的23Na CO溶液中加入少量2BaCl固体有白色沉淀生成，溶液红色变浅23Na CO溶液中存在水解
2、平衡D 将3CaCO与盐酸反应得到的气体直通入23Na SiO溶液中产生白色沉淀酸性：2323H CO H SiOA A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A将2SO分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中，溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色，体现了SO2的还原性，而不是漂白性，故A 错误；B 向11mL 2 mol LNaOH溶液中滴加12滴120.1mol LMgCl溶液，再滴加2滴130.1mol LFeCl溶液，观察到先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀，因 NaOH 溶液过量，无法判断sp23K:Mg(OH)Fe(OH)，故 B 错误；C向滴有酚酞的23Na CO溶液中加入少量2BaCl固体
3、，发现有有白色沉淀生成，溶液红色变浅，说明 Ba2+与 CO32-结合生成BaCO3沉淀，促进CO32-的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，故C正确；D将3CaCO与盐酸反应得到的气体直通入23Na SiO溶液中，观察到产生白色沉淀，因盐酸有挥发性，生成的 CO2中混有 HCl，则无法判断碳酸的酸性比硅酸强，故D 错误；故答案为C。2德国化学家利用N2和 H2在催化剂表面合成氨气而获得诺贝尔奖，该反应的微观历程及反应过程中的能量变化如图一、图二所示，其中分别表示N2、H2、NH3及催化剂。下列说法不正确的是（）A 过程中催化剂与气体之间形成离子键B 过程中，需要吸收能量C图二说明加入催化剂可降
4、低反应的活化能D在密闭容器中加入1molN2、3molH2，充分反应放出的热量小于92kJ【答案】A【解析】【详解】A.过程中催化剂与气体之间是吸附，没有形成离子键，故A 错误；B.过程中，化学键断键需要吸收能量，故B 正确；C.图二中通过a、b 曲线说明加入催化剂可降低反应的活化能，故C正确；D.在密闭容器中加入1molN2、3molH2，该反应是可逆反应，不可能全部反应完，因此充分反应放出的热量小于 92kJ，故 D 正确。综上所述，答案为A。3下列实验操作不当的是A用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B用标准HCl 溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为
5、指示剂C用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二【答案】B【解析】【详解】A锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A 正确。B用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B 错误。C用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项 C正确。D蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧
6、瓶体积的三分之二，选项D 正确。【点睛】本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=810）和甲基橙（变色范围为pH=3.14.4）。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH 约为 5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。4X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递
7、增的同周期元素，且最外层电子数之和为 15，X与 Z 可形成 XZ2分子；Y与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A原子半径：WZYXM BXZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C由 X元素形成的单质不一定是原子晶体D由 X、Y、Z、M 四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【答案】C【解析】【详解】由题意可知，X、Y、Z、M、W 这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，
8、X 与 Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为 C、N、O 三种元素；再根据Y与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M 为 H 元素，最后根据W 的质子数是X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的1/2，推出 W 为 Na 元素。则A原子半径应是WX YZM（即 NaCNOH）,A 错误。BCO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物，B错误。C例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，C正确。D X、Y、Z、M 四种元素可形成化合物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键，D 错误。答案选 C。5下列关于
9、有机物的说法错误的是A植物油分子结构中含有碳碳双键B乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，属于取代反应C同温同压下，等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同D分子式为C3H6BrC1 的有机物不考虑立体异构共5 种【答案】B【解析】【详解】A植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子结构中含有碳碳双键，故A 正确；B钠与乙醇发生反应生成乙醇钠和氢气，属于置换反应，故B 错误；C乙炔和苯的最简式相同，都是CH，则相同质量的乙炔和苯充分燃烧耗氧量相同，故C正确；D分子式为C3H6BrC1 的有机物的同分异构体有：Br 在 1 号 C上，C1 有 3 种位置，即3 种结构；Br在 2 号 C上，C1有 2 种位置，即
10、2 种结构，共5 种结构，故D 正确；故选 B。【点睛】本题的易错点为A，要注意油脂包括油和脂，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂是饱和高级脂肪酸甘油酯，不饱和高级脂肪酸结构中含有碳碳双键。6氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3bO2+cCl2+dHClO4+eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是()A由反应可确定：氧化性：HClO4HClO3B变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2+6H2O12H+8Cl-+2IO3-C若氯酸分解所得混合气体，1 mol 混合气体质量为47.6 g，则反应方程式可表示
11、为26HClO3 15O2+8Cl2+10HClO4+8H2O D若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e-【答案】D【解析】【详解】A.aHClO3bO2+cCl2+dHClO4+eH2O 反应中，HClO3是氧化剂，HClO4、O2是氧化产物，所以氧化性：HClO3HClO4，故 A 错误；B.变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为I2被 Cl2继续氧化生成IO3-：5C12+I2+6H2O=12H+10Cl-+2IO3-，故 B错误；C.由生成的Cl2和 O2的混合气体平均分子量为47.6g/mol，则2222(O)32g/mol+(Cl)71g/mol47.6g/mol(O)+(
12、Cl)nnnn，可得 n（Cl2）：n（O2）=2：3，由电子守恒得化学反应方程式为8 HClO3=3O2+2 Cl2+4 HClO4+2H2O，故 C 错误；D.若化学计量数a=8，b=3，由 C 可知，化学反应方程式为8 HClO3=3O2+2 Cl2+4 HClO4+2H2O，电子转移数为 20e-，故 D 正确；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应规律和计算，注意把握氧化还原反应中的强弱规律，易错点为C，注意得失电子守恒在氧化还原反应中的应用。7下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（）A纯碱B氨气C烧碱D盐酸【答案】A【解析】【详解】A.工业生产纯碱的化学方程式
13、为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O 都为复分解反应，不涉及氧化还原反应，故A 正确；B.工业制氨气的化学方程式为：N2+3H2高温、高压催化剂2NH3，有化合价变化，是氧化还原反应，故B 错误；C.工业制取烧碱的化学方程式为：2NaCl+2H2O 通电2NaOH+H2 +Cl2，有化合价变化，是氧化还原反应，故C错误；D.工业制取盐酸：H2+Cl2点燃2HCl，HCl 溶于水形成盐酸，有化合价变化，是氧化还原反应，故 D 错误；故答案为A。8NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A 4g 甲烷完全燃烧转移的电子数为2
14、NAB11.2L（标准状况）CCl4中含有的共价键数为2NAC3 mol SO2和 1mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数为3NAD 1L 0.1molL 1的 Na2S溶液中 HS和 S2离子数之和为0.1 NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A.甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，碳元素化合价由-4 价升高到+4 价，所以4g 甲烷完全燃烧转移的电子数为416/gg mol8NA/mol=2NA，故 A正确；B.CCl4在标况下为非气态，无法计算11.2LCCl4的物质的量，故B错误；C.SO2和 O2反应为可逆反应，反应不能进行完全，SO2和 O2都有剩余，所以3 mol SO2和 1
15、mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数大于3NA，故 C错误；D.Na2S溶液中分两步水解，生成HS和 H2S，根据物料守恒关系：HS、H2S和 S2离子数之和为0.1NA，故D错误。故选 A。【点睛】本题为“NA”应用试题，解答此类题要注意题设陷阱，本题B 选项，CCl4在标况下非气态，C 选项，二氧化硫和氧气反应为可逆反应，D 选项，要注意物料守恒的正确使用，考生只有在平时多总结，才能做到考试时慧眼识别。9表为元素周期表短周期的一部分，下列有关A、B、C、D 四种元素的叙述正确的是（）A B C D A原子半径大小比较为DCBA B生成的氢化物分子间均可形成氢键CA 与 C形成的阴离子
16、可能有AC23、A2C24D A、B、C、D 的单质常温下均不导电【答案】C【解析】【分析】对表中元素，我们宜从右往左推断。C 为第二周期A 族，其为氧，从而得出A、B、C、D 分别为 C、N、O、Si。【详解】A.电子层数越多，半径越大；同周期元素，最外层电子数越多，半径越小，从而得出原子半径大小关系为 SiCNO，A 错误；B.生成的氢化物中，只有水分子和氨分子间可形成氢键，B 错误；C.A与 C形成的阴离子可能有CO23、C2O24，C 正确；D.C的单质石墨能导电，Si是半导体材料，常温下也能导电，N、O 的单质在常温下不导电，D 错误。故选 C。10下列说法正确的是()A蒸发结晶操作
17、时，当水分完全蒸干立即停止加热B滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中C测定 NaClO 溶液的 pH，可用洁净的玻璃棒蘸取液体滴到pH 试纸上，再与标准比色卡对照读数D用 pH 计测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和 NaCN 溶液的 pH，通过比较pH 大小比较 H2CO3、HCN的酸性强弱【答案】B【解析】【详解】A.蒸发时不能蒸干，利用余热加热，出现大量固体时停止加热，故A 错误；B.滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中，只要计算准确，不影响结果，故B正确；C.NaClO溶液有漂白性不能用pH 试纸测其pH 值，故 C错误；D.测定同温度同浓度的N
18、a2CO3溶液和 NaCN溶液的 pH，可知碳酸氢根离子与HCN的酸性，不能比较 H2CO3、HCN的酸性强弱，故D 错误；故答案为B。【点睛】从习惯上讲，被滴定的溶液在锥形瓶,标准溶液在滴定管中；从原理上说都可以，只要操作准确，计算准确即可。11下列物质属于电解质的是（）A Na2O BSO3 CCu D NaCl溶液【答案】A【解析】【分析】【详解】A.氧化钠在熔融状态时能电离出Na+和 O2-，是电解质，故A 选。B.SO3溶于水和水反应生成硫酸，硫酸能电离出氢离子和硫酸根离子，但不是SO3电离出来的，熔融状态下的SO3也不导电，故SO3是非电解质，故B不选；C.铜是单质，既不是电解质也
19、不是非电解质，故C 不选；D.NaCl 溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D 不选故选 A。【点睛】电解质：在水溶液或熔融状态下，能够导电化合物，导电的离子必须是本身提供的，一般包括：酸、碱、多数的盐、部分金属氧化物等。12镁、铝都是较活泼的金属，下列描述中正确的是A高温下，镁、铝在空气中都有抗腐蚀性B镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应C镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应D铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物【答案】C【解析】A、在常温下，镁和铝在空气里都能跟氧气反应，生成一层致密而坚固的氧化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化，所以
20、镁和铝都有抗腐蚀的性能，但是在高温下能剧烈反应，放出大量热，选项A错误；B、镁能跟酸反应不能跟碱反应，选项B 错误；C、镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，选项C正确；D、铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物，在铝热剂反应时，为了引燃，在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾)，中间插一根镁条，是为引燃用的，选项D 错误。答案选C。13下列不符合安全规范的是（）A金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火BNH3泄露时向空中喷洒水雾C含 Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放D面粉生产车间应严禁烟火【答案】A【解析】【详解】A钠的燃烧产物为Na2O2，能与 CO2
21、反应生成O2，且钠与水反应生成氢气，氢气易燃烧，所以钠着火不能用泡沫灭火器灭火，可用沙土灭火，故A 错误；B氨气极易溶于水，NH3泄露时向空中喷洒水雾可吸收氨气，故B 正确；C氯气有毒，直接排放会引起环境污染，含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放，故C正确；D面粉厂有可燃性的粉尘，遇到烟火容易发生爆炸，所以生产车间应严禁烟火，故D 正确；故答案为A。14将浓度均为0.5mol?L-1氨水和 KOH溶液分别滴入到体积均为20mL 且浓度相同的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示，下列说法中错误的是()A AlCl3溶液的物质的量浓度为0.2mol?L-1B根据图象可以确定导
22、电率与离子种类有关Ccd 段发生的反应是Al(OH)3OHAlO22H2O D e 点时溶液中的离子浓度：c(K+)c(Cl)c(AlO2)【答案】D【解析】【分析】根据图象得出I 为氨水滴加到氯化铝溶液中的图象，II 为 KOH滴加到氯化铝溶液中的图象，c点为恰好反应生成氢氧化铝沉淀的点。【详解】A 选项，根据分析得到c 点恰好反应完生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钾的物质的量是氯化铝物质的量的3 倍，因此 AlCl3溶液的物质的量浓度为-1-10.024L0.020Lc=0.20.5mol Lmol L3，故 A 正确；B 选项，根据图象可以确定导电率与离子种类、离子浓度有关，故B 正确；C 选项
23、，c 点是氢氧化铝沉淀，再加入KOH，则沉淀开始溶解，其cd 段发生的反应是Al(OH)3 OHAlO22H2O，故 C正确；D 选项，e 点是 KOH、KAlO2、KCl，溶液中的离子浓度：c(K+)c(H+)c(Cl)c(OH)c(AlO2)，故 D 错误。综上所述，答案为D。15下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或结论A 向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡:I3-I2+I-B 向 1 mL 浓度均为0.05 mol L-l NaCl、NaI 的混合溶液中滴加2 滴
24、0.01 molL-l AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，与结论不符，B项不符合题意；CNaClO水解生成HClO，次氯酸具有强氧化性，不能用pH 试纸测定NaClO溶液的 pH，应使用pH 计测量比较二者pH的大小，C项不符合题意；D浓硫酸具有强氧化性，能将乙醇氧化，自身被还原为二氧化硫，二氧化硫以及挥发出来的乙醇蒸气都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故该气体不一定是乙烯，实验现象所得结论与题给结论不符，D项不符合题意；答案选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出ClO2，是
25、一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示：已知：ClO2的熔点为-59、沸点为11，极易溶于水，遇热水、见光易分解；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O 请回答：(1)按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是_；装置 B 的作用是 _；冰水浴冷却的主要目的不包括_（填字母）。a减少 H2O2的分解b降低 ClO2的溶解度c减少 ClO2的分解(2)ClO2是合成 NaClO2的重要原料，写出三颈烧瓶中生成ClO2的化学方程
26、式：_。(3)装置 C中加入 NaOH 溶液的目的除了作反应物外，还因为 _。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，试分析原因：_。(4)该套装置存在的明显缺陷是_。(5)为防止生成的NaClO2固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是 _（填字母）A过氧化钠B硫化钠C氯化亚铁D高锰酸钾(6)若 mg NaClO3(s)最终制得纯净的n g NaClO2(s)，则 NaClO2的产率是 _ 100%。【答案】检查装置的气密性防止倒吸b 2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O NaClO2遇酸放出Cl
27、O2空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降没有处理尾气A 106.5n90.5m或213n181m或1.18nm(或其他合理答案)【解析】【分析】在装置内，NaClO3与 H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应 2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O，生成的 ClO2与 O2的混合气随空气排出进入B 装置；B 装置的进、出气导管都很短，表明此装置为防倒吸装置，混合气进入C 中，发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，ClO2的熔点低
28、，遇热水、见光易分解，所以应使用冰水浴，以降低气体的温度；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低，则需控制气体的流速不能过慢，但过快又会导致反应不充分，吸收效率低。ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理。【详解】(1)制取气体前，为防漏气，应在组装好仪器后，进行的操作是检查装置的气密性；由以上分析知，装置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷却气体，可减少H2O2的分解、减少ClO2的分解，ClO2为气体，降温有利于气体的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案为：检查装置的气密性；防止倒吸；b；(2)ClO2是合成 NaClO2的重要原料，三颈烧
29、瓶中NaClO3与 H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应生成ClO2的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O；(3)因为 NaClO2遇酸会放出ClO2，所以装置C 中加入 NaOH 溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出 ClO2，加碱可改变环境，使NaClO2稳定存在。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，原因是：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO
30、2的产率下降。答案为：NaClO2遇酸放出 ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降；(4)ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理，所以该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气。答案为：没有处理尾气；(5)A过氧化钠与水反应，可生成H2O2和 NaOH，其还原能力与H2O2相似，A 符合题意；B硫化钠具有强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，B不合题意；C氯化亚铁具有较强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，C 不合题意；D高锰酸钾具有强氧化性，不能将NaClO2固体还原，D 不合题意；故选
31、 A。答案为：A；(6)可建立如下关系式：NaClO3(s)ClO2NaClO2(s)，从而得出NaClO2(s)的理论产量为：mg 90.5g/mol106g/mol=90.5m106g，NaClO2的产率是ng100%90.5mg106.5=106.5n90.5m 100%。答案为：106.5n90.5m或213n181m或1.18nm(或其他合理答案)。【点睛】书写三颈烧瓶中NaClO3与 H2SO4的混合液中滴加H2O2的方程式时，我们可先确定主反应物(NaClO3、H2O2)和主产物(ClO2、O2)，然后配平，即得 2NaClO3+H2O22ClO2+O2；再利用质量守恒确定其它反
32、应物(H2SO4)和产物(Na2SO4、H2O)，最后配平，即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17海水中有非常丰富的化学资源，从海水中可提取多种化工原料。某工厂对海水资源综合开发利用的部分工艺流程图如下。回答下列问题：(1)精制食盐水时，用到的下列物质中有_(填序号)。NaOH 溶液盐酸 K2CO3溶液 BaCl2溶液硫酸 Na2CO3溶液 Ba(NO3)2溶液(2)工业上经过步骤、制备Br2。步骤中Cl2氧化 Br应在 _(填酸性或碱性)条件下进行；步骤 Br2可用热空气吹出，其原因是_。(3)为了
33、除去工业Br2中微量的Cl2，可向工业Br2中 _。a通入 HBr b加入 Na2CO3溶液c加入 NaBr 溶液d加入 Na2SO3溶液(4)若步骤所得Mg(OH)2沉淀中混有Ca(OH)2杂质，写出除去杂质的实验步骤_(写出加入的试剂和操作)。【答案】酸性低沸点，易挥发c 加入 MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀【解析】【详解】(1)精制食盐水时，可以加入过量NaOH(去除镁离子和铁离子)：Mg2+2OH-=Mg(OH)2，Fe3+3OH-Fe(OH)3；加入过量BaCl2(去除硫酸根离子)：SO42-+Ba2+=BaSO4；加入过量Na2CO3(去除钙离子的多余的钡离子)：
34、Ca2+CO32-=CaCO3，Ba2+CO32-=BaCO3，用盐酸除掉过量的CO32-、OH-，因此用到的有，其他的都用不到，故答案为；(2)Cl2氧化 Br-生成溴单质，则应在酸性条件下进行，防止溴中毒及生成的溴与碱发生反应(且碱性溶液中氯气与碱反应)，因溴的沸点较低，易挥发，Br2可用热空气吹出，故答案为酸性；溴的沸点较低，易挥发；(3)为了除去工业Br2中微量的Cl2，应是和氯气反应和溴单质不反应；a、加入 HBr，氯气可以发生反应生成挥发性的盐酸，会引入新的杂质，故a 不符合；b、加入 Na2CO3溶液也可以和溴单质、氯气发生反应，b 不符合；c、加入 NaBr 溶液，发生反应Cl
35、2+2NaBr=Br2+2NaCl，故 c 符合；d、加入 Na2SO3溶液能除去氯气，但会引入杂质离子，故d 不符合；故答案为c；(5)溶度积常数大的物质可以向溶度积常数小的物质转化，氢氧化钙的溶度积常数大于氢氧化镁，所以加入氯化镁溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用水洗涤得到氢氧化镁固体，故答案为加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用蒸馏水洗涤。【点睛】本题考查物质的分离提纯，注意把握实验的原理和操作方法。海水通过晒盐得到粗盐，精制后电解饱和食盐水是氯碱工业的主要反应；得到的苦卤中主要是含有氯化镁，苦卤中加入氯气氧化溴离子得到溴单质，通过萃取分液方法得到低浓度的溴单质，通入热空气吹出溴单质，用
36、二氧化硫水溶液吸收得到含HBr 的溶液，再通入氯气氧化溴离子为溴单质富集溴元素，得到的溶液中加入氢氧化钙沉淀分离出氢氧化镁沉淀，氢氧化镁用盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩冷却结晶得到氯化镁晶体。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18煤燃烧排放的烟气含有SO2和 NOx，采用 NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝完成下列填空：（1）上述烟气处理过程中涉及到的化学物质，其组成元素中属于第三周期元素的是_；写出 N 的核外电子排布式_。（2）已知 SO2分子的空间构型折线形，则SO2为_（选填“极性”、“非极性”）。（3）将含有SO2和 NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液
37、的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其他离子忽略不计）：离子Na+SO42-NO3-OH-Cl-浓度/（mol?L-1）5.5 10-38.5 10-4y 2.0 10-43.4 10-3表中 y=_mol?L-1。写出 NaClO2溶液吸收SO2的离子方程式_。（4）烟气中的SO2还可采用氨法脱硫除去，其反应原理可用如图表示。写出 SO2跟氨水反应生成NH4HSO3的化学方程式_。（NH4）2HSO3溶液中浓度最大的离子是_。【答案】S、Na、Cl 1s22s22p3极性2.0 10-42SO2+ClO-+2H2O=2SO4+Cl-+4H+SO2+NH3?H2O=N
38、H4HSO3NH4+【解析】【分析】（1）硫、钠、氯为第三周期元素，N 原子的核外有两个能级，第2 个能层上有s、p 能级；（2）SO2分子为空间构型为结构不对称的折线形；（3）溶液呈电中性，依据电荷守恒关系计算；二氧化硫和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠；（4）二氧化硫是酸性氧化物和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵；【详解】（1）煤燃烧排放的烟气含有SO2和 NOx，采用 NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝反应，其组成元素中属于第三周期元素为硫、钠、氯，N 原子的核外有两个能层，第2 个能层上有s、p 能级，N原子电子排布式为1s22s22p3，故答案为S、Na、
39、Cl；1s22s22p3；（2）SO2分子的空间构型折线形，分子中正负电荷中心不重合，SO2为极性分子，故答案为极性；（3）溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒关系c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c2c（SO42-）+y，则表中的y=5.5 10-3-3.4 10-3-2.0 10-4-2 8.5 10-4=5.8 10-4，y=2.010-4，故答案为2.0 10-4；二氧化硫和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式为2SO2+ClO2-+2H2O=2SO42-+Cl-+4H+，故答案为2SO2+ClO-+2H2O=2SO4+Cl-+4H+；（4）二氧化硫是
40、酸性氧化物，其和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵，反应的化学方程式为SO2+NH3?H2O=NH4HSO3，故答案为SO2+NH3?H2O=NH4HSO3；(NH4)2HSO3是强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子的电离大于铵根离子的水解，溶液呈酸性，则浓度最大的离子是NH4+，故答案为NH4+。【点睛】(NH4)2HSO3溶液中亚硫酸氢根离子的电离抑制铵根离子的水解，溶液呈酸性。19镍的单质、合金及其化合物用途非常广泛。(1)Ni2基态核外电子排布式为_。(2)胶状镍可催化CH2=CHC N加氢生成CH3CH2CN。CH2=CHC N分子中 键与 键的数目比n()n
41、()=_；CH3CH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型为_。(3)Ni(N2H4)2(N3)2是一种富氮含能材料。配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_；Ni(N2H4)22中含四个配位键，不考虑空间构型，Ni(N2H4)22的结构可用示意图表示为 _。(4)一种新型的功能材料的晶胞结构如下图所示，它的化学式可表示为_。【答案】Ar3d8或 1s22s22p63s23p63d821 sp 和 sp3N2H4与 H2O 之间可以形成氢键Ni2MnGa【解析】【分析】(1)Ni 是 28 号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，Ni 原子失去4s
42、能级 2 个电子形成Ni2+；(2)CH2=CHCN中含有 3 个 C-H键、1 个 C-C单键、1 个 C=C双键、1 个 CN三键，单键为键，双键含有1个 键、1 个 键，三键含有1 个 键、2 个 键；烃基中碳原子均形成4 个 键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，而-CN 中碳原子形成2 个 键，也没有孤对电子，杂化轨道数目为2；(3)配体 N2H4与 H2O 之间可以形成氢键；Ni2+提供空轨道，N2H4中 N 原子提供孤对电子，形成配位键；(4)均摊法计算晶胞中Ni、Ga、Mn 原子数目，确定化学式。【详解】(1)Ni 是 28 号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23
43、p63d84s2，Ni 原子失去4s 能级 2 个电子形成Ni2+，故 Ni2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；(2)CH2=CHCN中含有 3 个 C-H键、1 个 C-C单键、1 个 C=C双键、1 个 CN三键，单键为键，双键含有1个 键、1 个 键，三键含有1 个 键、2 个 键，则分子中键与 键的数目比n()：n()=(3+1+1+1)：(1+2)=2：1，烃基中碳原子均形成4 个 键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，碳原子采取sp3杂化，而-CN 中碳原子形成2 个 键，也没有孤对电子，杂化轨道数目为2，碳原子采取sp 杂化；(3)配体 N2H4与 H2O
44、 之间可以形成氢键，使配体N2H4能与水混溶；Ni2+提供空轨道，N2H4中 N 原子提供孤对电子，形成配位键，Ni(N2H4)22+的结构可用示意图表示为：；(4)Ni 原子处于小立方体体心，晶胞中Ni 原子数目1 8=8，Mn 原子处于顶点与面心，晶胞中Mn 原子数目=818+612=4，Ga处于晶胞体心与棱心，晶胞中Ga原子数目=1+1214=4，则晶胞中Ni、Mn、Ga原子数目之比=8：4：4=2：1：1，故晶体的化学式为：Ni2MnGa。【点睛】本题考查物质结构与性质的知识，涉及核外电子排布、化学键、杂化方式、氢键、配合物、晶胞计算等，注意氢键对物质性质的影响，掌握均摊法进行晶胞有关计算。