第第頁浙江省9+1高中聯(lián)盟2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期11月期中考試-化學(xué)試題一、選擇題(本大題共16題。每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1．[Ag(NH3)2]OH(氫氧化二氨合銀)屬于A．堿 B．酸 C．鹽 D．氧化物2．下列說法不正確的是A．ClO2具有強氧化性，能用于殺菌、消毒B．Na2CO3溶液呈堿性，可用作廚房油污的清洗劑C．綠礬(FeSO4·7H2O)有氧化性，可用于重鉻酸根(Cr2D．Ti-Fe合金和La-Ni合金能大量吸收H2生成金屬氫化物，可用作儲氫材料3．下列化學(xué)用語不正確的是A．用電子云輪廓圖示意p-pπ鍵的形成：B．石膏的化學(xué)式：2CaSO4·H2OC．SO2的價層電子對互斥(VSEPR)模型：D．2，3，3-三甲基戊烷的鍵線式：4．下列實驗裝置圖使用不正確的是A．圖①裝置可用于測氣體的體積B．圖②裝置可用于膽礬晶體的分解C．圖③裝置可用于測定中和熱D．裝置④可用于測定醋酸的濃度5．下列說法不正確的是A．通過石油的裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等化工原料B．Al(OH)3、BaCO3、Mg(OH)2都能與胃酸反應(yīng)可制成抗酸藥C．檸檬黃、碳酸氫銨、亞硝酸鈉、硫酸鋅和維生素C是常見的食品添加劑D．煤、石油燃燒生成的SO2及汽車尾氣排放的氮氧化合物是酸雨的主要成因6．白磷有毒，不慎沾到皮膚上可用稀硫酸銅溶液解毒，可能發(fā)生如下兩個反應(yīng)：①2P4+20CuSO4+32H2O=20Cu↓+8H3PO4+20H2SO4②11P4+60CuSO4+96H2O=20X↓+24H3PO4+60H2SO4，下列說法不正確的是A．X是Cu3PB．H3PO4均是氧化產(chǎn)物C．若反應(yīng)①有1molP4參與反應(yīng)，轉(zhuǎn)移20mol電子D．反應(yīng)②中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為6：657．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．46g14N16O2和12C16O2混合氣體所含的電子數(shù)為23NAB．1L0.1mol/LCH3COONH4溶液(pH=7)中NH4C．常溫常壓下，2.24LCH4含有的原子數(shù)大于0.5NAD．0.1mol苯中含有σ鍵數(shù)目為0.6NA8．下列反應(yīng)的離子方程式正確的是A．NaAl(OH)4溶液中通入過量CO2氣體：2[Al(OH)4]-+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-+HB．Na2S溶液中加入稀硫酸：SO42-+3S2-+8H+=4S↓+4HC．阿司匹林與足量NaOH溶液共熱：+2OH-→+CH3COO-+H2OD．硫酸酸化的KI溶液露置在空氣中：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O9．有機物A經(jīng)元素分析儀測得只含碳、氫兩種元素，其質(zhì)譜圖和核磁共振氫譜圖分別如下圖所示，下列有關(guān)A的說法不正確的是A．分子式為C6H12 B．不可能所有碳原子均為sp3雜化C．可能能發(fā)生加聚反應(yīng) D．滿足條件的結(jié)構(gòu)共有兩種10．X、Y、Z、M是原子序數(shù)依次增大的短周期元素。其中X是宇宙中含量最多的元素；Y元素原子最高能級的不同軌道都有電子，并且自旋方向相同；Y和Z相鄰；M元素原子中只有兩種形狀的電子云，最外層只有一個電子。下列說法不正確的是A．化合物M2Z：共價鍵成分>離子鍵成分B．單質(zhì)熔點M>Z>XC．原子半徑：M>Y>Z>XD．YX3、X3Z+空間構(gòu)型均為三角錐形11．NO的氧化反應(yīng)：2NO+O2?2NO2分兩步進行：Ⅰ.2NO?N2O2Ⅱ．N2O2+O2?2NO2，其能量變化示意圖如下圖l。恒容密閉容器中充入一定量的NO和O2，控制反應(yīng)溫度為T3和T4，測得c(NO)隨t(時間)的變化曲線如下圖2。下列說法不正確的是A．升溫，NO的平衡轉(zhuǎn)化率降低B．氧化反應(yīng)的決速步驟為過程ⅡC．結(jié)合圖2信息可知：轉(zhuǎn)化相同量的NO，T4耗時更長D．引起圖2變化的可能原因：升溫過程Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)減小，對過程Ⅱ速率的影響小于溫度12．乙烯與溴單質(zhì)加成反應(yīng)的反應(yīng)機理如下圖所示。下列有關(guān)說法不正確的是A．溴鎓離子中溴原子的雜化方式為sp3B．碳碳雙鍵處電子云密度更大，比單鍵更容易與正電性的微粒發(fā)生反應(yīng)C．相同條件下乙烯分別與溴的CCl4溶液和溴水反應(yīng)，速率：前者＞后者D．乙烯與溴水反應(yīng)的產(chǎn)物可能包含13．一種基于氯堿工藝的新型電解池如下圖，可用于濕法冶鐵的研究。電解過程中(忽略水的電離)，下列說法不正確的是A．右側(cè)電解室生成的氣體為Cl2B．陽極電極方程式為：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-C．應(yīng)選擇陽離子交換膜D．理論上每消耗1molFe2O3，右側(cè)電解室溶液減少351g14．Al(CH3)3常溫常壓下為液體，易燃易水解。下列說法不正確的是A．Al(CH3)3結(jié)構(gòu)簡式為B．Al(CH3)3與足量NaOH溶液反應(yīng)生成白色沉淀和氣體C．Al(CH3)3著火后不可用泡沫滅火器滅火D．Al(CH3)3可與AsH3形成配合物15．某廢水處理過程中始終保持H2S飽和，即c(H2S)=0.1mol/L通過調(diào)節(jié)pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分離，體系中pH與-lgc關(guān)系如下圖所示，c為HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的濃度，單位為mol/L。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列說法不正確的是A．③為pH與-lgc(S2-)的關(guān)系曲線B．Ka(H2S)=10-7.1C．0.1mol/LH2S溶液中存在c(H+)>c(HS-)>c(S2-)>c(OH-)D．該溫度下，反應(yīng)NiS(s)+Cd2+(aq)?CdS(s)+Ni2+(aq)的K=10-7.616．根據(jù)實驗?zāi)康脑O(shè)計方案并進行實驗，觀察到相關(guān)現(xiàn)象，其中方案設(shè)計或結(jié)論不正確的是

實驗?zāi)康膶嶒炘O(shè)計現(xiàn)象結(jié)論A探究濃度對平衡的影響向2mL0.1mol/L的K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol/LNaOH溶液溶液由橙色變?yōu)辄S色減小生成物濃度，化學(xué)平衡正向移動B比較F-與SCN-結(jié)合Fe3+的能力向等物質(zhì)的量濃度的KF和KSCN混合溶液中滴加幾滴FeCl3溶液，振蕩溶液顏色無明顯變化結(jié)合Fe3+的能力：F->SCN-

C探究Fe2+是否有還原性向2mLFeCl2溶液中滴加幾滴酸性KMnO4溶液紫紅色褪去Fe2+有還原性D比較Mg、Al金屬性強弱分別向Mg(OH)2、Al(OH)3固體中加入過量NaOH溶液Mg(OH)2固體不溶解、Al(OH)3固體溶解金屬性：Mg>AlA．A B．B C．C D．D二、非選擇題((本大題共5題，共52分)17．氮和鹵素是構(gòu)建化合物的常見元素。（1）某化合物晶胞如下圖，其化學(xué)式是，N周圍緊鄰的Al原子數(shù)為。（2）下列說法正確的是_______。A．電負性：O>C>HB．O的第二電離能<N的第二電離能C．Se的基態(tài)原子價層電子排布式為3d104s24p4D．NH4F晶體中存在離子鍵、共價鍵和氫鍵等作用力（3）氨硼烷(NH3BH3)是固體儲氫材料，其中B原子的雜化方式為，比較鍵角∠HNH：NH3NH3BH3(填“>”、“<”或“=”")，請說明理由。（4）氯的部分含氧酸結(jié)構(gòu)如下圖，按照酸性由強到弱對其排序(用化學(xué)式表示)，請說明理由。18．二氯化二硫(S2Cl2)是一種結(jié)構(gòu)與雙氧水(H2O2)相似，常溫下為黃紅色的液體，是一種重要的化工原料。已知：①物質(zhì)A、B均為二元化合物；②常溫下A為無色氣體，當(dāng)冷卻到77K時，變成橙紅色液體，是SO2的等電子體(原子數(shù)和價電子數(shù)均相等)；③B是棕黃色固體；④CuCl+HCl?H[CuCl2]。（1）寫出S2Cl2與水反應(yīng)的化學(xué)方程式。（2）下列說法正確的是_______。A．S2Cl2是一種含有極性鍵和非極性鍵的非極性分子B．S2Cl2與水和氧化銅的反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)C．氣體N能用濃硫酸干燥D．溶液E中加水稀釋可能重新產(chǎn)生白色沉淀C（3）①用惰性電極電解B和NaCl混合溶液，制得白色沉淀C和氣體D，白色沉淀C在電解池的極產(chǎn)生(填“陰”或“陽”)。②若電解足夠長的時間，氣體D的成分為。（4）在真空中將CuO和足量S一起混合加熱也可生成物質(zhì)A，同時生成一種黑色二元固體X，X不溶于水、可溶于濃硝酸、兩種元素質(zhì)量比為4：l。①寫出該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式：。②設(shè)計實驗檢驗×溶于過量濃硝酸后溶液中除NO3-以外的陰離子19．氮及其化合物與人類生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。氨催化氧化制NO是工業(yè)制備硝酸的核心過程：主反應(yīng)：4NH3(g)+5O2(g)?4NO(g)+6H2O(g)AH=-905kJ/mol副反應(yīng)：4NH3(g)+3O2(g)?2N2(g)+6H2O(g)AH=-1268kJ/mol而在雷電的作用下，氮氣被氧氣直接氧化成NO，最終轉(zhuǎn)化成硝酸。（1）寫出氮氣與氧氣反應(yīng)生成NO的熱化學(xué)方程式：。（2）在20個大氣壓、鐵觸媒的作用下，經(jīng)歷相同時間反應(yīng)產(chǎn)物的產(chǎn)率和溫度的關(guān)系如下表所示：t/℃產(chǎn)率%4505506507508008509009501000……NO19.037.562.581.596.596.593.185.573.0……N261.537.518.16.41.52.06.712.025.1……下列說法不正確的是_______。A．工業(yè)上進行氨催化氧化生成NO時，溫度應(yīng)控制在800C~850℃B．活化能大?。褐鞣磻?yīng)≤副反應(yīng)C．降溫降壓一定能提高NO的平衡產(chǎn)率D．選擇合適的催化劑，可以提高NO的選擇性（3）硝酸生產(chǎn)中的尾氣主要是NO，對環(huán)境的影響很大。氨氣的催化還原法是常見的處理方法之一。其中用NH3消除NO污染的反應(yīng)原理為：4NH3+6NO=5N2+6H2O。不同溫度條件下，NH3與NO的物質(zhì)的量之比分別為1：1、2：1、3：1時，經(jīng)歷相同時間得到NO脫除率曲線如下圖1所示：①曲線c對應(yīng)NH3與NO的物質(zhì)的量之比是。②解釋800℃以后曲線b中NO的脫除率先降后升的可能原因是。（4）電解法可以將NO，與另一污染性氣體SO2轉(zhuǎn)化為硫酸銨，從而實現(xiàn)廢氣的回收再利用。電解原理如下圖所示：①計算常溫下0.01mol/L的(NH4)2SO4的pH值為(已知：Kw=1.0×10-14Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，lg3=0.48)②若通入NO2，其電極反應(yīng)式為。20．疊氮化鈉(NaN3)常用作汽車安全氣囊中的氣源。某興趣小組用水合朋(N2H4·H2O)還原亞硝酸甲酯(CH3ONO)制備疊氮化鈉，流程如下：已知：①相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)如下表：物質(zhì)CH3OH亞硝酸甲酯(CH3ONO)水合腓(N2H4·H2O)NaN3熔點℃-97-17-40275沸點℃67.1-12

300(40℃以上易分解)②水合腓與亞硝酸甲酯反應(yīng)放熱。（1）寫出反應(yīng)2的化學(xué)方程式。（2）下列說法正確的是_______。A．為控制反應(yīng)2的溫度，可采用冷水浴或緩慢通入CH3ONO氣體B．操作2包含蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾、洗滌、低溫干燥等步驟C．為加快反應(yīng)1速率，可用98%濃硫酸替代70%硫酸D．可用重結(jié)晶法提純NaN3粗產(chǎn)品（3）實驗室模擬操作1的實驗裝置(減壓蒸餾)如下圖：①冷凝水的進口是(填“a”或“b”)。②采用減壓蒸餾的原因是。③步驟：調(diào)節(jié)壓強→通冷凝水→熱水浴加熱→收集餾分。請給出收集餾分后的操作排序：收集餾分→→→→。a．撤去熱水浴冷卻至常溫b．慢慢打開旋塞A和Bc．停止通冷凝水d．關(guān)閉抽氣泵（4）實驗室用滴定法測定產(chǎn)品純度。測定過程涉及的反應(yīng)為：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，稱取2.50g產(chǎn)品配成250mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，加入V1mLamol/L(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反應(yīng)后稍作稀釋，向溶液中加適量硫酸，滴加2滴指示劑，用bmol/L(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定過量的Ce4+，消耗標準溶液V2mL，則產(chǎn)品純度為。21．某研究小組按下列合成路線合成具有抗炎、抗癌及心血管保護等作用的藥物白藜蘆醇。（1）化合物F的官能團名稱是。（2）化合物Ⅰ的結(jié)構(gòu)簡式是。（3）下列說法正確的是_______。A．白藜蘆醇的分子式為C14H12O3B．C→D轉(zhuǎn)化的這一步是為了保護酚羥基C．已知化合物H中有甲氧基(-OCH3)，則H的結(jié)構(gòu)簡式為D．檢驗化合物D中是否混有化合物C，可選用NaHCO3溶液（4）寫出A→B的化學(xué)方程式。（5）利用以上合成路線中的相關(guān)信息，設(shè)計以苯甲酸和甲醇為原料合成的路線((用流程圖表示，無機試劑任選)。（6）寫出同時符合下列條件的化合物D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。①含有苯環(huán)，不含其他環(huán)；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；③不含-O-O-；④1H-NMR譜表明，分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、[Ag(NH3)2]OH在水溶液中電離，產(chǎn)生陽離子B、酸在電離時，生成的陽離子應(yīng)全部是H+。但[Ag(NH3C、鹽的構(gòu)成需有金屬離子（或銨根離子）和酸根離子（如CO32?、SO42?等）。D、氧化物僅含兩種元素，且其一為氧元素。而[Ag(NH3)2]OH包含Ag、【分析】本題圍繞物質(zhì)分類（堿、酸、鹽、氧化物）的定義，判斷[AgA．依據(jù)堿的定義（電離出的陰離子全部是OH?的化合物），分析[B．依據(jù)酸的定義（電離出的陽離子全部是H+的化合物），分析[C．依據(jù)鹽的定義（由金屬離子或銨根離子與酸根離子構(gòu)成的化合物），分析[AgD．依據(jù)氧化物的定義（由兩種元素組成，且其中一種是氧元素的化合物），分析[Ag2．【答案】C【解析】【解答】A、ClO2B、Na2CO3溶液中，CO32?C、綠礬（FeSO4?7H2O）中Fe元素為+2價，+2價的Fe具有較強的還原性。重鉻酸根（Cr2O72?）中CrD、Ti?Fe合金和La?Ni合金能夠大量吸收【分析】A．強氧化性物質(zhì)可使蛋白質(zhì)變性，用于殺菌消毒，分析ClO2B．依據(jù)Na2C．分析綠礬中Fe元素的化合價，判斷其氧化性或還原性，結(jié)合與Cr2D．根據(jù)合金吸收和釋放H23．【答案】B【解析】【解答】A、p-pπ鍵是由兩個p軌道以“肩并肩”的方式重疊形成的，題中給出的電子云輪廓圖能夠體現(xiàn)這種“肩并肩”重疊的特征，A正確；B、石膏的正確化學(xué)式是CaSO4?2HC、對于SO2，中心S原子的價層電子對數(shù)計算如下：成鍵電子對為2（與2個O原子成鍵），孤電子對=6?2×22=1，則總價層電子對數(shù)為D、2，3，3-三甲基戊烷的主鏈有5個碳原子，2號碳原子上連接1個甲基，3號碳原子上連接2個甲基。鍵線式的特點是省略碳原子和氫原子，只表示碳鏈和支鏈的連接情況，題中給出的鍵線式與該結(jié)構(gòu)相符，D正確；

故答案為：B。【分析】本題圍繞化學(xué)用語（電子云圖示、化學(xué)式、VSEPR模型、鍵線式）的規(guī)范表達，判斷選項正誤。需結(jié)合各化學(xué)用語的定義、物質(zhì)結(jié)構(gòu)特征逐一分析。A．明確p-pπ鍵的形成方式（兩個p軌道“肩并肩”重疊），判斷電子云圖示是否符合。B．區(qū)分石膏和熟石膏的化學(xué)式，牢記石膏的正確組成。C．通過計算SO2D．根據(jù)有機物名稱（2，3，3-三甲基戊烷），分析主鏈碳原子數(shù)、支鏈（甲基）的位置，判斷鍵線式是否正確。4．【答案】D【解析】【解答】A、當(dāng)氣體通入集氣瓶時，會使集氣瓶內(nèi)壓強增大，從而將集氣瓶中的溶液擠壓進入量筒，此時量筒中液體的體積就等于通入氣體的體積，該裝置能夠?qū)崿F(xiàn)測氣體體積的功能，A正確；B、膽礬受熱分解的反應(yīng)需要在耐高溫的坩堝中進行，圖②裝置中提供了坩堝和酒精燈，能夠滿足膽礬晶體加熱分解的實驗條件，B正確；C、中和熱測定實驗中，為了減少熱量損失，需要有隔熱層；為了準確測量反應(yīng)前后的溫度變化，需要溫度計；為了使酸堿充分反應(yīng)、熱量均勻分布，需要玻璃攪拌器。圖③裝置中包含隔熱層、溫度計和玻璃攪拌器，能夠滿足測定中和熱的實驗要求，C正確；D、醋酸與NaOH發(fā)生中和反應(yīng)生成CH3COOH，CH3C00Na溶液呈堿性。甲基橙的變色范圍是3.1-4.4，適用于酸性范圍的滴定終點判斷；而酚酞的變色范圍是8.2-10.0，更適合堿性終點的判斷。在用NaOH標準溶液滴定醋酸時，應(yīng)選擇酚酞作指示劑，圖中使用甲基橙是錯誤的，D錯誤；

故答案為：D?！痉治觥勘绢}圍繞實驗裝置的用途及原理，判斷裝置使用是否正確。需結(jié)合各實驗（測氣體體積、晶體分解、中和熱測定、酸堿滴定）的操作要求、儀器特性逐一分析。A．利用氣體壓強差將液體壓入量筒，通過量筒中液體體積確定氣體體積，分析裝置是否滿足該原理。B．膽礬晶體分解需要在耐高溫的容器中進行，判斷裝置中的儀器（坩堝、酒精燈）是否適用于該反應(yīng)。C．中和熱測定需要隔熱裝置、溫度計、攪拌器等，分析圖③裝置是否具備這些關(guān)鍵部件。D．根據(jù)醋酸與NaOH反應(yīng)后溶液的酸堿性，選擇合適的指示劑，分析圖中指示劑（甲基橙）是否適用。5．【答案】B【解析】【解答】A、石油裂化主要是為了獲得汽油等輕質(zhì)燃料油；而石油裂解屬于深度裂化，能夠?qū)⒋蠓肿訜N斷裂為小分子烴，從而獲取乙烯、丙烯、甲烷等重要的化工原料，A正確；B、抗酸藥需要能與胃酸（主要成分為鹽酸）反應(yīng)，且反應(yīng)產(chǎn)物不能對人體產(chǎn)生危害。Al(OH)3、Mg(OH)2與鹽酸反應(yīng)分別生成AlCl3、MgClC、檸檬黃是一種合成色素，可作為著色劑用于改變食品色澤；碳酸氫銨可作為食品的高級發(fā)酵劑使用，屬于膨松劑；亞硝酸鈉在合理使用的情況下，可作為防腐劑延長食品保質(zhì)期；硫酸鋅能夠補充食品中的鋅元素，屬于營養(yǎng)強化劑；維生素C具有抗氧化性，可作為抗氧化劑防止食品氧化變質(zhì)。這些物質(zhì)都屬于常見的食品添加劑，C正確；D、酸雨是指pH<5.6的雨水，其中含有多種無機酸和有機酸，絕大部分是硫酸和硝酸。煤、石油燃燒時會產(chǎn)生SO2，汽車尾氣會排放氮氧化合物（如NO、NO2），這些物質(zhì)進入大氣后，會與水發(fā)生反應(yīng)生成硫酸、硝酸等酸性物質(zhì)，從而導(dǎo)致酸雨的形成。所以煤、石油燃燒生成的SO【分析】本題圍繞石油加工產(chǎn)物、抗酸藥成分、食品添加劑類別、酸雨成因等知識，判斷選項說法正誤。需結(jié)合各物質(zhì)的性質(zhì)、用途及反應(yīng)原理逐一分析。A．明確石油裂化和裂解的目的及產(chǎn)物差異，判斷能否得到乙烯、丙烯、甲烷等化工原料。B．分析各物質(zhì)與胃酸（鹽酸）反應(yīng)的產(chǎn)物是否安全，判斷能否制成抗酸藥。C．了解常見食品添加劑的種類及作用，判斷所列舉物質(zhì)是否屬于食品添加劑。D．明確酸雨的形成與SO26．【答案】D【解析】【解答】A、在反應(yīng)②中，根據(jù)原子守恒，反應(yīng)左邊有60個Cu原子、44個P原子（來自11P4），反應(yīng)右邊H3PO4中含有24個P原子，則20X中應(yīng)含有44?24=20個P原子；同時，Cu原子全部存在于X中，即20X中含有60個Cu原子，由此可知，X中CuB、氧化產(chǎn)物是指在氧化還原反應(yīng)中，元素化合價升高后得到的產(chǎn)物。在這兩個反應(yīng)中，P元素的化合價均由0價升高到+5價，最終生成H3PO4C、在反應(yīng)①中，P元素的化合價由0價升高到+5價（每個P原子升高5價），Cu元素的化合價由+2價降低到0價（每個Cu原子降低2價）。當(dāng)有2molP4參與反應(yīng)時，P原子失去的電子總數(shù)為2mol×4×5=40mol（1個P4D、在反應(yīng)②中，化合價降低的元素有Cu（由+2價降低到+1價）和部分P（由0價降低到-3價），對應(yīng)的氧化劑為CuSO4和部分P4；化合價升高的元素是部分P（由0價升高到+5價），對應(yīng)的還原劑為部分P4，氧化劑的物質(zhì)的量：60molCuSO4（提供Cu2+）加上5molP4（11molP4【分析】本題圍繞白磷與硫酸銅溶液反應(yīng)的兩個氧化還原反應(yīng)，考查原子守恒、氧化產(chǎn)物判斷、電子轉(zhuǎn)移計算及氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比分析。需結(jié)合反應(yīng)中元素化合價變化、原子守恒規(guī)律逐一判斷選項。A．依據(jù)原子守恒（反應(yīng)前后原子種類、數(shù)目不變），分析反應(yīng)②中Cu、P原子的分布，確定X的組成。B．明確氧化產(chǎn)物的定義（元素化合價升高得到的產(chǎn)物），分析兩個反應(yīng)中P元素的化合價變化。C．分析反應(yīng)①中P、Cu元素的化合價變化，結(jié)合化合價變化量與電子轉(zhuǎn)移的關(guān)系，計算1molD．確定反應(yīng)②中化合價降低的元素（氧化劑對應(yīng)的元素）和化合價升高的元素（還原劑對應(yīng)的元素），分別找出氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量，進而計算二者之比。7．【答案】A【解析】【解答】A、對于14N16O2，其摩爾質(zhì)量為46g/mol，1mol該物質(zhì)中含有的電子數(shù)為7+8×2=23mol（N原子電子數(shù)為7，O原子電子數(shù)為8），那么46g14N16O2的物質(zhì)的量為46g46g/mol=1mol，含有的電子數(shù)為23NA，對于12C16O2，其摩爾質(zhì)量為44g/molB、CH3COONH4屬于弱酸弱堿鹽，在水溶液中，NH4+會發(fā)生水解反應(yīng)：NH4++HC、在常溫常壓下，氣體摩爾體積Vm大于22.4L/mol。那么2.24LCH4的物質(zhì)的量小于2.24L22.4L/mol=0.1mol，又因為1molCH4D、苯分子的結(jié)構(gòu)中，含有6個碳碳σ鍵和6個碳氫σ鍵，總共12個σ鍵，那么0.1mol苯中含有的σ鍵數(shù)目為0.1mol×12【分析】本題圍繞阿伏加德羅常數(shù)（NA）的應(yīng)用，考查混合氣體電子數(shù)、鹽類水解、氣體摩爾體積及分子中σA．分別計算14N16OB．考慮CH3COONH4C．依據(jù)常溫常壓下氣體摩爾體積大于22.4L/mol，計算2.24D．明確苯分子的結(jié)構(gòu)，分析其中σ鍵的種類和數(shù)量，進而計算0.1mol苯中σ8．【答案】D【解析】【解答】A、當(dāng)CO2過量時，Na[Al(OH)4]與CO2反應(yīng)的產(chǎn)物應(yīng)為Al(OH)3B、Na2S與稀硫酸反應(yīng)的本質(zhì)是S2?與H+結(jié)合生成H2S（H2C、阿司匹林的結(jié)構(gòu)中含有羧基（?COOH）、酯基（?COO?）以及與苯環(huán)直接相連的酚羥基（?OH），這些官能團均能與NaOH發(fā)生反應(yīng)。羧基與NaOH反應(yīng)生成?COONa；酯基水解后生成的羧基也會與NaOH反應(yīng)生成?COONa；酚羥基同樣會與NaOH反應(yīng)生成D、在硫酸酸化的條件下，KI溶液中的I?具有還原性，會被空氣中的O2氧化為I2。該反應(yīng)中，I元素的化合價從-1價升高到0價，O元素的化合價從0價降低到-2價。根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒和原子守恒，配平后的離子方程式為4I?+OB．明確Na2C．析阿司匹林分子中官能團（羧基、酯基、酚羥基）與NaOH的反應(yīng)情況，判斷離子方程式是否正確。D．依據(jù)氧化還原反應(yīng)原理，分析I?被O9．【答案】B【解析】【解答】先確定分子式：質(zhì)譜圖中質(zhì)荷比最大值為84，即相對分子質(zhì)量為84，僅含CH，用商余法：84÷12=7，但C7H0不合理；調(diào)整為C6H12（12×6+1×12=84），故分子式為A、相對分子質(zhì)量84，僅含C、H，計算得分子式C6B、若為環(huán)己烷（環(huán)狀結(jié)構(gòu)，C均為單鍵），C原子雜化方式為sp3；若為(CH3)2C=C、若結(jié)構(gòu)為(CHD、符合條件的結(jié)構(gòu)為環(huán)己烷、(CH3)2CA．通過質(zhì)譜圖相對分子質(zhì)量、元素組成推導(dǎo)分子式。B．含碳碳雙鍵的有機物可發(fā)生加聚反應(yīng)。C．含碳碳雙鍵的有機物可發(fā)生加聚反應(yīng)。D．根據(jù)氫環(huán)境和不飽和度，確定可能的結(jié)構(gòu)種類。10．【答案】A【解析】【解答】A、Na2O是典型離子化合物，離子鍵成分大于共價鍵，A錯誤；B、M（Na）是金屬晶體，常溫下為固態(tài)；Z（O2）、X（H2）是分子晶體，常溫下為氣態(tài)。分子晶體熔點：相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強，熔點越高（O2相對分子質(zhì)量＞H2），故熔點：Na＞O2＞H2，B正確；C、M（Na）：3個電子層；Y（N）、Z（O）：2個電子層，同周期N在O左側(cè)（半徑N＞O）；X（H）：1個電子層，故原子半徑：Na＞N＞O＞H，C正確；D、YX3即NH3：中心N原子價層電子對=3（成鍵）+1（孤電子對）=4，VSEPR模型四面體，空間構(gòu)型三角錐形；X3Z+即H3O+：中心O原子價層電子對=3（成鍵）+1（孤電子對）=4，VSEPR模型四面體，空間構(gòu)型三角錐形；故兩者空間構(gòu)型均為三角錐形，D正確；

故答案為：A。【分析】X是宇宙中含量最多的元素，X為H（宇宙中H元素豐度最高）；Y元素原子最高能級的不同軌道都有電子，且自旋方向相同，最高能級為2p（2p有3個軌道，電子自旋同向、分占不同軌道），結(jié)合原子序數(shù)遞增，Y為N（N的電子排布：1sY和Z相鄰，原子序數(shù)遞增，Z為O（N、O同周期相鄰）；M元素原子中只有兩種形狀的電子云（s、p電子云），最外層只有1個電子，電子排布為[Ne11．【答案】D【解析】【解答】A、從能量圖看，總反應(yīng)2NO+O2=2B、基元反應(yīng)的速率由慢反應(yīng)（活化能大的步驟）決定，能量圖中，步驟Ⅰ活化能Ea1小于步驟Ⅱ活化能EC、圖2中，雖然T4>T3，但實際T4D、升溫時，步驟Ⅰ（2NO?N2O2）平衡逆移，N2O2濃度減小，會使步驟Ⅱ（N【分析】本題圍繞反應(yīng)2NO+O2=212．【答案】C【解析】【解答】A、溴鎓離子中，溴原子與2個碳原子成鍵（σ鍵），且存在孤電子對。計算價層電子對：溴原子最外層7個電子，因帶1個正電荷，參與成鍵后，價層電子對=2（σ鍵數(shù)）+7?1?2×12=4。價層電子對為4時，雜化方式為spB、碳碳雙鍵由π鍵和σ鍵組成，π鍵電子云分布在雙鍵兩側(cè)，電子云密度大，使得雙鍵帶部分負電，容易吸引正電性的微粒，發(fā)生親電加成反應(yīng)；而單鍵主要是σ鍵，電子云密度相對低，反應(yīng)活性弱。所以碳碳雙鍵更易與正電性微粒反應(yīng)，B正確；C、溴的CCl4溶液中，CCl4是非極性分子，難以誘導(dǎo)溴水中，H2O是極性分子，易誘導(dǎo)Br2極性增強，產(chǎn)生更多溴鎓離子，加速溴鎓離子形成，反應(yīng)速率更快；因此，相同條件下，乙烯與溴水反應(yīng)速率大于與溴的CClD、溴水中除Br2外，還存在HBrO（次溴酸）。乙烯與HBrO可發(fā)生加成反應(yīng)，HBrO中溴鎓離子與乙烯雙鍵加成，?OH連接到另一個碳原子上，可能生成BrCH2CH2【分析】本題圍繞乙烯與溴單質(zhì)的加成反應(yīng)機理，從雜化方式、雙鍵性質(zhì)、溶劑對反應(yīng)速率影響、產(chǎn)物可能性等角度，結(jié)合反應(yīng)歷程及相關(guān)化學(xué)知識，判斷各選項正誤。A．根據(jù)雜化軌道理論，通過計算溴原子價層電子對數(shù)判斷雜化方式。B．判斷碳碳雙鍵電子云密度與親電反應(yīng)活性的關(guān)系。C．判斷溶劑極性對Br2D．明確溴水成分復(fù)雜性與加成產(chǎn)物的多樣性。13．【答案】B【解析】【解答】A、右側(cè)電解室為飽和食鹽水，Cl?是還原性最強的陰離子，在陽極（與電源正極相連）失電子生成Cl2，反應(yīng)為B、左側(cè)電極上Fe2O3轉(zhuǎn)化為Fe，F(xiàn)eC、若用陰離子交換膜，陰極產(chǎn)生的OH?會移向陽極，與陽極生成的Cl2反應(yīng)（Cl2+2OH?=Cl?D、消耗1molFe2陽極反應(yīng)：2Cl??2e?=Cl離子移動：6molNa+陽極室溶液減少質(zhì)量=Cl2質(zhì)量+Na+質(zhì)量=故答案為：B。

【分析】本題圍繞新型電解池，結(jié)合氯堿工業(yè)原理，分析電極反應(yīng)、離子交換膜作用及溶液質(zhì)量變化。需先判斷電極類型，再推導(dǎo)電極反應(yīng)，結(jié)合離子移動和電子守恒分析選項。

A．判斷陽極反應(yīng)及產(chǎn)物，依據(jù)氯堿工業(yè)中陽極陰離子放電規(guī)律。B．區(qū)分陰、陽極，判斷電極反應(yīng)式的電極類型是否正確。C．分析離子交換膜類型對反應(yīng)的影響，避免陽極產(chǎn)物與陰極產(chǎn)物反應(yīng)。D．利用電子守恒，計算陽極室溶液質(zhì)量變化（Cl2逸出+Na14．【答案】B【解析】【解答】A、AlCl3中Al與Cl形成3條共價鍵，推測Al(CH3)B、Al(CH3)3水解生成AlAl(OH)3與足量C、泡沫滅火器含H2O，Al(D、AsH3中As有孤電子對，Al(CH3)【分析】本題圍繞Al(A．類比AlCl3結(jié)構(gòu)，判斷AlB．分析Al(CH3C．結(jié)合Al(D．判斷配位鍵形成條件（孤電子對+空軌道）。15．【答案】C【解析】【解答】A、pH增大，HS?、S2?濃度均增大（因H2S電離受抑制減弱），且相同pH下，HS?濃度>S2?濃度（分步電離，第一步更易）。因Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，相同S2?濃度時，Ni2+濃度>CdB、選點（4.2，3.9），此時c(H+)=10?4.2mol/L，C、H2S分步電離：H2S?H++HS第一步電離產(chǎn)生H+和HS?，第二步電離極弱，故c(H+)>c(HS?)>c(S2?)。但水的電離也產(chǎn)生OH?，且S2?濃度極低（KD、由曲線①③交點，c(Cd2+)=c(S2?)=10?13mol/L，則Ksp(CdS)=10【分析】本題圍繞H2S飽和溶液中離子濃度與pH的關(guān)系，結(jié)合溶度積（Ksp）、電離常數(shù)（Ka）分析離子濃度排序、曲線對應(yīng)關(guān)系及反應(yīng)平衡常數(shù)。需利用A．根據(jù)Ksp大?。↘sp(NiS)>Ksp(CdS)），判斷相同S2?B．利用H2S第一步電離常數(shù)C．分析H2D．利用K=Ksp(NiS)K16．【答案】C【解析】【解答】A、向K2Cr2O7溶液（橙色，含Cr2O72?）中加NaOHB、等濃度KF、KSCN混合液中加FeCl3，無明顯顏色（未生成Fe(SCN)2+），說明Fe3+更易與C、FeCl2溶液中含Cl?，酸性KMnO4可氧化Cl?（2MnO4?+10ClD、Mg(OH)2與NaOH不反應(yīng)（堿性強，不溶于強堿）；Al(OH)3溶于NaOH（體現(xiàn)兩性，堿性弱于【分析】本題圍繞4組實驗，分別從濃度對平衡的影響、配體結(jié)合能力、還原性判斷、金屬性比較角度，結(jié)合反應(yīng)原理和物質(zhì)性質(zhì)分析選項正誤。需逐一拆解實驗設(shè)計、現(xiàn)象與結(jié)論的邏輯關(guān)系。A．利用可逆反應(yīng)Cr2O7B．通過Fe3+與F?、C．酸性KMnO4褪色的干擾因素（Cl?也有還原性），判斷D．利用氫氧化物與NaOH的反應(yīng)性，比較金屬性（金屬性越強，對應(yīng)氫氧化物堿性越強）。17．【答案】（1）AlN；4（2）A；D（3）sp3；<；NH3中有孤對電子，孤對電子對成鍵電子排斥力大，鍵角變?。?）HClO3>HClO2>HClO；氧電負性強于氯，氯氧雙鍵數(shù)目越多，羥基的極性越大，越容易電離出H+，酸性越強?！窘馕觥俊窘獯稹浚?）由圖可知，Al原子位于六方晶胞的頂點和體內(nèi)，Al原子個數(shù)為：4×112+4×16（2）A．同周期元素，從左到右電負性逐漸增強，則電負性：O>C>H，A正確；B．N失去一個電子后的價層電子排布式為2s22p2，而O失去一個電子后的價層電子排布式為2s22p3，處于半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，難失去電子，因此O的第二電離能＞N的第二電離能，B錯誤；C．Se的原子序數(shù)為34，因此它的基態(tài)原子價層電子排布式為4s24p4，C錯誤；D．NH4F晶體中存在離子鍵、共價鍵和氫鍵等作用力，D正確；故答案為：AD。（3）NH3BH3中存在N與B原子配位鍵，故B原子形成了4個σ鍵，因此B原子的雜化方式為sp3；NH3與NH3BH3的中心原子N原子的價層電子對數(shù)均為4，均采取sp3雜化，而NH3中有孤對電子，孤對電子對成鍵電子排斥力大，鍵角變小，因此鍵角：NH3<NH3BH3。故答案為：sp3；<；NH3中有孤對電子，孤對電子對成鍵電子排斥力大，鍵角變?。?/p>

（4）氧電負性強于氯，氯氧雙鍵數(shù)目越多，羥基的極性越大，越容易電離出H+，酸性越強，因此酸性由強到弱排列順序：HClO3>HClO2>HClO。

故答案為：HClO3>HClO2>HClO；氧電負性強于氯，氯氧雙鍵數(shù)目越多，羥基的極性越大，越容易電離出H+，酸性越強。。

【分析】（1）用均攤法算晶胞中原子個數(shù)確定化學(xué)式，觀察晶胞結(jié)構(gòu)找N周圍緊鄰Al原子數(shù)。

（2）用均攤法算晶胞中原子個數(shù)確定化學(xué)式，觀察晶胞結(jié)構(gòu)找N周圍緊鄰Al原子數(shù)。

（3）根據(jù)B原子成鍵數(shù)判斷雜化，對比NH3和NH3BH3中N的孤電子對影響鍵角。

（4）依據(jù)氯氧雙鍵數(shù)目影響羥基極性，進而影響酸性。（1）由圖可知，Al原子位于六方晶胞的頂點和體內(nèi)，Al原子個數(shù)為：4×112+4×（2）A．同周期元素，從左到右電負性逐漸增強，則電負性：O>C>H，A正確；B．N失去一個電子后的價層電子排布式為2s22p2，而O失去一個電子后的價層電子排布式為2s22p3，處于半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，難失去電子，因此O的第二電離能＞N的第二電離能，B錯誤；C．Se的原子序數(shù)為34，因此它的基態(tài)原子價層電子排布式為4s24p4，C錯誤；D．NH4F晶體中存在離子鍵、共價鍵和氫鍵等作用力，D正確；答案選AD。（3）NH3BH3中存在N與B原子配位鍵，故B原子形成了4個σ鍵，因此B原子的雜化方式為sp3；NH3與NH3BH3的中心原子N原子的價層電子對數(shù)均為4，均采取sp3雜化，而NH3中有孤對電子，孤對電子對成鍵電子排斥力大，鍵角變小，因此鍵角：NH3<NH3BH3。（4）氧電負性強于氯，氯氧雙鍵數(shù)目越多，羥基的極性越大，越容易電離出H+，酸性越強，因此酸性由強到弱排列順序：HClO3>HClO2>HClO。18．【答案】（1）2S2Cl2+2H2O=4HCl↑+SO2↑+3S↓（2）C；D（3）陰；Cl2、O2、H2（4）2CuO+5SΔ2S2O+Cu2S；取反應(yīng)后的溶液加入氯化鋇溶液，若生成白色沉淀，則含有SO【解析】【解答】（1）S2Cl2與水反應(yīng)的化學(xué)方程式2S2Cl2+2H2O=4HCl↑+SO2↑+3S；

故答案為：2S2Cl2+2H2O=4HCl↑+SO2↑+3S↓（2）A．S2Cl2結(jié)構(gòu)與雙氧水相似，是極性分子，所以A錯誤；B．S2Cl2與氧化銅反應(yīng)無化合價變化，為非氧化還原反應(yīng)，所以B錯誤；C．SO2與H2SO4中硫的化合價分別為+4和+6的相鄰價態(tài)，兩者不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，因此C正確；D．據(jù)平衡移動原理，當(dāng)F中加入水后，CuCl+HCl?H[CuCl2]逆向移動，因此D正確；故答案為：CD；（3）①根據(jù)電解原理，Cu2+在陰極得電子，所以CuCl在陰極產(chǎn)生；②氯離子在陽極失電子變成Cl2、當(dāng)氯化銅濃度越來越小則開始電解氯化鈉溶液，最后電解氫氧化鈉溶液，因而在兩極開始產(chǎn)生O2、H2；

故答案為：陰；Cl2、O2、H2；（4）①由于黑色固體X是銅的硫化物，根據(jù)兩者的質(zhì)量比為4：1可推斷其為CuS，即可寫出方程式：2CuO+5S=Δ2S2O+Cu2S；②取反應(yīng)后的溶液加入氯化鋇(硝酸鋇或氫氧化鋇)溶液，若生成白色沉淀，則含有SO42-故答案為：2CuO+5SΔ2S2O+Cu2S；取反應(yīng)后的溶液加入氯化鋇溶液，若生成白色沉淀，則含有SO42-。

【分析】S2Cl2與H2O反應(yīng)：生成強酸M（HCl）、氣體N（SO2等含硫氧化物）和硫磺。S2Cl2與CuO在100-400℃反應(yīng)：生成二元化合物A（結(jié)合等電子體信息推測為S2O）和棕黃色固體二元化合物B（含銅、硫或氯的化合物），B經(jīng)石墨電極電解：得到白色沉淀C（含Cu+相關(guān)，如CuCl）和氣體D（可能為Cl2、O2、H2等），C與強酸M（HCl）反應(yīng)生成溶液E（如H[CuCl2]）。（1）S2Cl2與水反應(yīng)的化學(xué)方程式2S2Cl2+2H2O=4HCl↑+SO2↑+3S；（2）A．S2Cl2結(jié)構(gòu)與雙氧水相似，是極性分子，所以A錯誤；B．S2Cl2與氧化銅反應(yīng)無化合價變化，為非氧化還原反應(yīng)，所以B錯誤；C．SO2與H2SO4中硫的化合價分別為+4和+6的相鄰價態(tài)，兩者不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，因此C正確；D．據(jù)平衡移動原理，當(dāng)F中加入水后，CuCl+HCl?H[CuCl2]逆向移動，因此D正確；故答案選CD；（3）①根據(jù)電解原理，Cu2+在陰極得電子，所以CuCl在陰極產(chǎn)生；②氯離子在陽極失電子變成Cl2、當(dāng)氯化銅濃度越來越小則開始電解氯化鈉溶液，最后電解氫氧化鈉溶液，因而在兩極開始產(chǎn)生O2、H2；（4）①由于黑色固體X是銅的硫化物，根據(jù)兩者的質(zhì)量比為4：1可推斷其為CuS，即可寫出方程式：2CuO+5S=Δ2S2O+Cu2S；②取反應(yīng)后的溶液加入氯化鋇(硝酸鋇或氫氧化鋇)溶液，若生成白色沉淀，則含有SO19．【答案】（1）N2(g)+O2(g)?2NO(g)△H=+181.5kJ/mol（2）B；C（3）1：1；800℃以后NO脫除率下降的原因可能是溫度過高，導(dǎo)致催化劑活性下降；1200℃以后NO的脫除率略有升高可能是高溫下NO自身分解程度增加（4）5.48；NO+7e-+8H+=NH4++2H【解析】【解答】（1）根據(jù)蓋斯定理，12(主反應(yīng)-副反應(yīng))得反應(yīng)N2(g)+O2(g)?2NO(g)，故△H=+181.5kJ/mol。

故答案為：N2(g)+O2(g)?（2）A．根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，800℃~850℃時NO的產(chǎn)率較高，則進行氨催化氧化生成NO時，溫度應(yīng)控制在800C~850℃，A正確；B．活化能越小反應(yīng)越快，活化能越大反應(yīng)越慢，根據(jù)表格可知，副反應(yīng)的速率大于主反應(yīng)，故副反應(yīng)的活化能較小，B錯誤；C．由于體系中兩個反應(yīng)的同時存在，壓強的減小對兩個反應(yīng)的影響程度不同，有可能造成對副反應(yīng)的影響更大，導(dǎo)致NO的選擇性下降，C錯誤；D．合適的催化劑可以提高反應(yīng)的選擇性，D正確。故答案為：BC；（3）①氨氣的濃度越大，速率越快，NO的脫除率越高；c曲線NO的脫除率最低，因此投料比為1：1；②脫除率下降的原因是800℃以后NO脫除率下降的原因可能是溫度過高，導(dǎo)致催化劑活性下降；1200℃以后NO的脫除率略有升高可能是高溫下NO自身分解程度增加。

故答案為：1：1；800℃以后NO脫除率下降的原因可能是溫度過高，導(dǎo)致催化劑活性下降；1200℃以后NO的脫除率略有升高可能是高溫下NO自身分解程度增加；（4）①根據(jù)銨根離子的水解方程式：NH4++H2O?NH3?H②由圖，NO2在陰極失電子發(fā)生還原反應(yīng)轉(zhuǎn)變成銨根離子，根據(jù)元素守恒和電荷守恒即可得NO2+7e-+8H+=NH4++2H2O。

故答案為：5.48；NO+7e-+8H+=NH4++2H2O。

【分析】（1）利用蓋斯定律，通過主反應(yīng)和副反應(yīng)的組合，消去NH3，得到N（2）結(jié)合表格數(shù)據(jù)，分析溫度對產(chǎn)率的影響、活化能與反應(yīng)速率關(guān)系、壓強/溫度對平衡的影響、催化劑的選擇性。（3）根據(jù)NH3濃度對反應(yīng)速率的影響，判斷曲線對應(yīng)的投料比；結(jié)合溫度對催化劑活性、NO（4）利用NH4+水解平衡，結(jié)合電離常數(shù)計算pH；根據(jù)電解池陰、陽極反應(yīng)規(guī)律，推導(dǎo)（1）根據(jù)蓋斯定理，12(主反應(yīng)-副反應(yīng))得反應(yīng)N2(g)+O2(g)?（2）A．根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，800℃~850℃時NO的產(chǎn)率較高，則進行氨催化氧化生成NO時，溫度應(yīng)控制在800C~850℃，A正確；B．活化能越小反應(yīng)越快，活化能越大反應(yīng)越慢，根據(jù)表格可知，副反應(yīng)的速率大于主反應(yīng)，故副反應(yīng)的活化能較小，B錯誤；C．由于體系中兩個反應(yīng)的同時存在，壓強的減小對兩個反應(yīng)的影響程度不同，有可能造成對副反應(yīng)的影響更大，導(dǎo)致NO的選擇性下降，C錯誤；D．合適的催化劑可以提高反應(yīng)的選擇性，D正確。故選BC；（3）①氨氣的濃度越大，速率越快，NO的脫除率越高；c曲線NO的脫除率最低，因此投料比為1：1；②脫除率下降的原因是800℃以后NO脫除率下降的原因可能是溫度過高，導(dǎo)致催化劑活性下降；1200℃以后NO的脫除率略有升高可能是高溫下NO自身分解程度增加。（4）①根據(jù)銨根離子的水解方程式：NH4++H2O?NH3?H②由圖，NO2在陰極失電子發(fā)生還原反應(yīng)轉(zhuǎn)變成銨根離子，根據(jù)元素守恒和電荷守恒即可得NO2+7e-+8H+=NH4++2H20．【答案】（1）CH3ONO+N2H4·H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O（2）A；D（3）b；減壓蒸餾能降低甲醇沸點，使甲醇能在較低溫度下蒸出，減少NaN3分解；a；c；b；d（4）26(aV1-bV2)%【解析】【解答】（1）反應(yīng)2為得到CH3ONO加入NaOH水合肼溶液反應(yīng)生成NaN3和CH3OH，結(jié)合質(zhì)量守恒，還生成水，反應(yīng)為：CH3ONO+N2H4·H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O；

故答案為：CH3ONO+N2H4·H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O；（2）A．已知，水合腓與亞硝酸甲酯反應(yīng)放熱且NaN3在40℃以上易分解，則為控制反應(yīng)2的溫度，可采用冷水浴或緩慢通入CH3ONO氣體，正確；B．操作2包含蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、低溫干燥等步驟，錯誤；C．濃硫酸中氫離子濃度較小，且具有強氧化性，會氧化亞硝酸鈉，不能用98%濃硫酸替代70%硫酸，錯誤；D．為了提高產(chǎn)品純度，可用重結(jié)晶法提純NaN3粗產(chǎn)品，正確；故答案為：AD；（3）①冷凝水下進上出，則冷凝水的進口是b。②采用減壓蒸餾的原因是減壓蒸餾能降低甲醇沸點，使甲醇能在較低溫度下蒸出，減少NaN3分解；③減壓蒸餾結(jié)束首先撤去酒精燈冷卻至室溫，撤去冷凝水、恢復(fù)至常壓關(guān)閉抽氣泵，故收集餾分后的操作排序：收集餾分→a．撤去熱水浴冷卻至常溫（停止加熱蒸餾）→c．停止通冷凝水（停止冷凝）→b．慢慢打開旋塞A和B→d．關(guān)閉抽氣（完成減壓蒸餾操作）；

故答案為：b；減壓蒸餾能降低甲醇沸點，使甲醇能在較低溫度下蒸出，減少NaN3分解；a；c；b；d；（4）結(jié)合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應(yīng)，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用bmol/L(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標準滴定溶液滴定過量的Ce4+，結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=aV1×10-3mol，n[((NH4)2Fe(SO4)2]=bV2×10-3mol，與NaN3反應(yīng)的n[NH4)2Ce(NO3)6]=aV1×10-3mol-bV2×10-3mol=(aV1-bV2)×10-3mol，產(chǎn)品純度為65g/mol×aV1-bV2×10-3【分析】NaNO2與甲醇、70%稀硫酸反應(yīng)得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反應(yīng)：CH3ONO+N2H4·H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O，得到NaN3，其中混有水合肼、NaOH、CH3OH，通過蒸餾將甲醇分離，得到A溶液，將其結(jié)晶、抽濾、洗滌、干燥得到產(chǎn)品；測定產(chǎn)品純度，結(jié)合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應(yīng)，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用bmol/L(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標準滴定溶液滴定過量的Ce4+，結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計算；（1）依據(jù)反應(yīng)物和產(chǎn)物，結(jié)合質(zhì)量守恒補全水，寫方程式。（2）結(jié)合反應(yīng)放熱、物質(zhì)性質(zhì)、濃硫酸特性（強氧化性）、提純方法分析。（3）依據(jù)冷凝水流向（下進上出）、減壓蒸餾作用（降沸點，防NaN3分解）、操作順序（停加熱→停冷凝水→通大氣→關(guān)抽氣泵）分析。（4）利用滴定反應(yīng)的定量關(guān)系，通過(NH4)2Ce(NO3)6總物質(zhì)的量、與鐵離子反應(yīng)的量，算與NaN3反應(yīng)的量，進而求純度。（1）反應(yīng)2為得到CH3ONO加入NaOH水合肼溶液反應(yīng)生成NaN3和CH3OH，結(jié)合質(zhì)量守恒，還生成水，反應(yīng)為：CH3ONO+N2H4·H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O；（2）A．已知，水合腓與亞硝酸甲酯反應(yīng)放熱且NaN3在40℃以上易分解，則為控制反應(yīng)2的溫度，可采用冷水浴或緩慢通入CH3ONO氣體，正確；B．操作2包含蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、低溫干燥等步驟，錯誤；