化學試題卷注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號碼填寫在答題卡上。2.作答時，務必將答案寫在答題卡上。寫在本試卷及草稿紙上無效。3.考試結束后，將答題卡交回。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生活聯系緊密。下列說法正確的是A.白酒和食醋都可由淀粉發酵得到B.制白砂糖時用活性炭脫色屬于化學變化C.二氧化氯和明礬用于水處理時的原理相同D.人工轉化二氧化碳合成的己糖屬于高分子化合物【答案】A【解析】【詳解】A．淀粉水解為葡萄糖，葡萄糖可在酒化酶的作用下得到乙醇，乙醇氧化得乙酸，因此白酒和食醋都可由淀粉發酵得到，故A正確；B．制白砂糖時用活性炭脫色利用了活性炭的吸附性，是物理變化，故B錯誤；C．二氧化氯是利用其強氧化性進行水處理，明礬是通過溶于水后形成的氫氧化鋁膠體的吸附性進行水處理，故C錯誤；D．己糖的相對分子質量不大，不屬于高分子化合物，故D錯誤；故答案選A。2.下列化學用語不正確的是A.的VSEPR模型：B.基態O原子價層電子排布圖：C.的空間結構模型：D.鹵族元素電負性變化趨勢：【答案】A【解析】【詳解】A．的中心原子O原子的價層電子對數為：，因此水分子中O為sp3雜化，含有2對孤電子對，的VSEPR模型：，故A錯誤；B．基態O原子的價層電子排布式為：，因此基態O原子的價層電子排布圖：，故B正確；C．六氟化硫的中心原子硫原子的價層電子對數為：，無孤電子對，因此六氟化硫為正八面體構型，硫原子半徑大于氟原子，故C正確；D．鹵族元素電負性從上往下依次減小，F的電負性最大，故D正確；故答案選A。3.下列關于含Na物質的描述不正確的是A.觀察燒杯中鈉與水反應的實驗現象時，不能近距離俯視B.鈉燃燒時，火焰呈黃色，與原子核外電子的躍遷有關C.制作面點時加入食用純堿的目的是利用中和發酵過程產生的酸D.，該反應吸熱的原因可能是溶于水時伴隨著吸熱【答案】C【解析】【詳解】A．鈉與水反應劇烈且放熱，觀察燒杯中鈉與水反應的實驗現象時，不能近距離俯視，故A正確；B．鈉燃燒時火焰呈黃色與電子的躍遷有關，鈉燃燒時基態電子吸收能量躍遷到激發態，而電子從能量較高的激發態躍遷到能量較低的激發態或基態時，會釋放能量，產生黃色，故與電子的躍遷有關、與原子光譜有關，故B正確；C．食用純堿主要成分為，制作面點時加入食用純堿，利用了中和發酵過程產生的酸，故C錯誤；D．碳酸鈉與鹽酸的反應是放熱反應，類比，碳酸氫鈉溶液與鹽酸反應是放熱反應，但是測得固體碳酸氫鈉與鹽酸反應是吸熱反應，說明溶于水時吸收的熱量更多，導致該反應為吸熱反應，故D正確；故答案選C。4.超氧化鉀()可用作潛水時的吸收劑和供氧劑，反應為，設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.的電子式： B.中含有的電子數為：C.中K的化合價為+2 D.晶體中含有的離子數為：【答案】B【解析】【詳解】A．二氧化碳分子中，C和O之間應該有兩對電子，正確的電子式為，故A錯誤；B．的物質的量為：，1個含有電子數為：，因此1mol中含有的電子數為，故B正確；C．KO2中K元素顯+1價，則O元素平均顯價，故C錯誤；D．由和構成，晶體中離子的數目為，故D錯誤；故答案選B。5.下列根據實驗目的設計的裝置連接中，正確的是A.制備收集；連接a→d→e→g B.制備收集：連接a→f→c→e→dC.制備收集；連接b→c→g D.制備收集：連接b→c→e→d【答案】B【解析】【詳解】A．實驗室制備NH3，可用濃氨水和CaO固體反應，NH3?H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，濃氨水易揮發，CaO固體與水反應放出大量的熱，導致溫度升高，使得氨氣在水中的溶解度進一步減少，以氣體的形式逸出，制得氨氣，不需要額外解熱，可選擇b裝置，制得的氨氣中含有水蒸氣，可用堿石灰干燥，選擇d裝置，氨氣密度比空氣小，需用向下排空氣法收集，所以需短管進，長管出，可選擇e裝置，但由于NH3極易溶于水，因此處理NH3需要防倒吸，綜合可知，連接b→d→e可制備收集氨氣，故A錯誤；B．實驗室用濃鹽酸和二氧化錳在加熱條件下制取氯氣，所以應該用a裝置制備氯氣；濃鹽酸具有揮發性導致生成的氯氣中含有氯化氫，HCl極易溶于水，NaCl溶液抑制氯氣溶解，所以可以用飽和食鹽水除去氯氣中的HCl；HCl是酸性氣體，應該用酸性干燥劑干燥，所以可以用濃硫酸干燥；HCl密度大于空氣，應該用向上排空氣法收集，用堿性物質處理尾氣，所以連接順序是a→f→c→e→d，故B正確；C．實驗室制備SO2，利用亞硫酸鈉固體和70%濃硫酸反應，方程式為：Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O，反應無需加熱，選擇b裝置，SO2和水反應生成亞硫酸，所以SO2不能用排水法收集，所以g裝置不合適，故C錯誤；D．實驗室制備H2S，利用硫化亞鐵（FeS）固體和稀鹽酸反應生成氯化亞鐵和硫化氫，其化學方程式為FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，制取H2S的反應物為固體和液體反應不需要加熱，可選擇b裝置，但硫化氫具有還原性，濃硫酸具有強氧化性，兩者發生氧化還原反應，H2S+H2SO4(濃)=SO2+S↓+2H2O，所以c裝置不合適，故D錯誤；故答案選B。6.下列實驗操作及現象與結論一致的是選項實驗操作及現象結論A向溶液()中滴加溶液，紫色褪去具有還原性B將少量乙酸乙酯加入NaOH溶液中，出現分層，微熱，靜置一段時間后酯層消失乙酸乙酯可在堿性條件下水解C向酸性溶液中加入甲苯，紫色褪去甲苯及其同系物均有此性質D向銀氨溶液中滴加某物質的溶液并加熱，形成銀鏡該物質為醛類A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．酸性條件下氯離子也會和高錳酸鉀發生氧化還原反應使得溶液褪色，故不能說明具有還原性，故A錯誤；B．向含有乙酸乙酯的試管中加入NaOH溶液，酯不溶于水，出現分層，一段時間后酯層消失，則乙酸乙酯在堿性條件下可以水解，故B正確；C．只有與苯環直接相連的碳原子上有氫原子時，才能被酸性高錳酸鉀氧化，當該碳原子上沒有氫原子時，就不能與酸性高錳酸鉀反應，故C錯誤；D．能發生銀鏡反應的官能團為醛基，即只能說明該物質含有醛基，不能說明該物質就是醛類，比如甲酸、甲酸酯、還原糖等，故D錯誤；故答案選B。7.7-羥基香豆素的結構簡式如圖所示，下列說法不正確的是A.該物質的實驗式為B.分子中所有原子可以處于同一平面上C.1mol該物質與足量溴水反應，最多消耗D.1mol該物質最多消耗【答案】C【解析】【詳解】A．根據結構簡式可知分子式為C9H6O3，因此該物質的實驗式為，故A正確；B．苯分子是平面結構、和苯環直接相連的原子在同一個平面，碳碳雙鍵、羰基是平面結構、和雙鍵碳原子直接相連的原子在同一個平面，因此所有碳原子共平面，故B正確；C．酚羥基含有兩個鄰位H可和溴水發生取代反應，另外碳碳雙鍵能和單質溴發生加成反應，所以1mol該物質與足量溴水反應，最多消耗3molBr2，故C錯誤；D．7-羥基香豆素結構中含一個苯環、一個碳碳雙鍵，分別可與三分子氫氣、一分子氫氣發生加成反應，故1mol該物質與足量H2反應時最多消耗4molH2，故D正確；故答案選C。8.發藍工藝是一種材料保護技術，鋼鐵零件的“發藍”處理實質是鋼鐵表面通過氧化反應，生成有一定厚度、均勻、附著力強、耐腐蝕性能好的深藍色氧化膜，工藝流程如圖。已知：的還原產物為。下列說法不正確的是A.鋼鐵零件“發藍”實質上是使鐵表面鈍化B.反應①中氧化劑和還原劑的物質的量之比為3：1C.反應②的離子方程式為D.Fe的同周期元素中，未成對電子數比Fe的未成對電子數多的元素有2種【答案】B【解析】【分析】根據物質轉化圖及題給信息可知，發藍處理過程可用下列化學方程式表示如下，反應①為3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+H2O+NH3↑；反應②為6Na2FeO2+NaNO2+5H2O3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH；反應③為Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH，據此解答。【詳解】A．鋼鐵零件“發藍”是在表面形成一層致密保護膜，實質上是使鐵表面鈍化，故A正確；B．反應①的化學方程式為3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑，在反應中，NaNO2為氧化劑，Fe為還原劑，則氧化劑和還原劑的物質的量之比為1:3，故B錯誤；C．的還原產物為，溶液顯堿性，離子方程式為，故C正確；D．基態Fe原子的價層電子排布式為3d64s2，未成對電子數為4，與Fe同周期的基態鉻原子的價層電子排布式為3d54s1，未成對電子有6個，基態錳原子的價層電子排布式為3d54s2，未成對電子有5個，未成對電子數比Fe的未成對電子數多的元素有2種，故D正確；故答案選B。9.部分短周期元素的原子半徑及主要化合價見下表。下列說法正確的是元素MNRZWT原子半徑/nm0.0370.1520.1860.1020.0710.099主要化合價+1+1+1+6、-2-1-1A.簡單氫化物的沸點：B.分子中四個原子可能共直線C.RT晶胞中T的配位數為6，與R等距且最近的R有12個D.常溫時，的RW溶液與的MW溶液中，水電離的氫離子濃度相等【答案】C【解析】【分析】M、N、R主要化合價均為+1價，均為第IA族的元素，同主族元素從上往下原子半徑逐漸增大，因此M為H元素，N為Li元素，R為Na元素；Z的主要化合價為+6、-2價，可知Z為第VIA族元素，結合原子半徑可知，Z為S元素；W、T的主要化合價均為-1價，可知，均為第VIIA族元素，結合原子半徑可知，W為F元素，T為Cl元素，根據分析可知，M為H元素，N為Li元素，R為Na元素，Z為S元素，W為F元素，T為Cl元素，據此作答。【詳解】A．Z、W、T的簡單氫化物分別為：H2S、HF、HCl，HF存在氫鍵，則HF的沸點大于H2S、HCl，H2S的相對分子質量比HCl小，相對分子質量越大，分子間的范德華力越強，熔沸點越高，簡單氫化物的沸點：HF>H2S>HCl，故A錯誤；B．為S2Cl2，兩個中心的硫原子均為sp3雜化，分子為含有極性共價鍵的立體結構分子，類似于H2O2的立體結構，如圖，故B錯誤；C．R是Na，T是Cl，NaCl晶體的晶胞如圖，以體心的Na＋分析可知，Cl-的配位數為6，以右側面心的Na＋分析可知，Na＋周圍距離最近的Na＋有個，故C正確；D．RW為NaF，氟離子會水解，因此促進水電離，MW為HF，HF電離產生H+會抑制水的電離，常溫下，的NaF溶液中，因此，的HF溶液中，，因此，故D錯誤；故答案選C。10.已知：亞硝酰氯(NOCl，N為+3價)易水解。實驗室可利用NO與反應制備亞硝酰氯，裝置如下圖，下列說法不正確的是A.NOCl中所有原子均滿足8電子穩定結構B.NOCl通入NaOH溶液中，反應的化學方程式為C.實驗前，若用氣體A排盡裝置中空氣，裝置中的紅棕色消失時，說明空氣已排盡D.實驗過程中，可以將尾氣通入NaOH溶液中進行尾氣處理【答案】D【解析】【分析】裝置①為簡易氣體發生裝置，目的是制取NO，經裝置②中堿石灰干燥后進入裝置③中，與干燥純凈的氯氣在冰鹽水浴條件下反應生成亞硝酰氯，據此分析解答。【詳解】A．NOCl的結構為：，所有原子均滿足8電子穩定結構，故A正確；B．NOCl中N為+3價，Cl為-1價，因此水解產物為HCl、HNO2，兩種酸性物質，進而與NaOH反應生成氯化鈉和亞硝酸鈉，反應為：，故B正確；C．氣體A為NO，氣體B為Cl2，均可以用于排盡裝置中空氣，用氣體NO排空氣時，NO會與氧氣反應生成紅棕色的NO2氣體，直至NO將紅棕色的NO2氣體排盡后，整個裝置右變為無色，說明空氣已排盡，故C正確；D．尾氣為NO和Cl2的混合氣體，NaOH溶液無法對NO進行尾氣處理，故D錯誤；故答案選D。11.Mg、Al、Fe的部分“價—類”二維圖如下圖。下列推斷不合理的是A.若a在沸水中可生成e，則a→f的反應可能是化合反應或置換反應B.d→e的轉化無法一步實現C.d→f的轉化可以一步實現D.若g和e能與同一物質反應生成f，則組成a的元素一定位于周期表s區【答案】D【解析】【分析】根據該“價—類”二維圖可知，若該元素為Mg元素，a為Mg單質、g為MgO、f為含有Mg2+的鹽、e為Mg(OH)2；若該元素為Al元素，a為Al單質、b為Al2O3、c為含有Al3+的鹽、d為Al(OH)3；若該元素為Fe，a為鐵單質、b為Fe2O3，g為FeO、d為Fe(OH)3、e為Fe(OH)2，f為亞鐵鹽、c為鐵鹽。【詳解】A．若a在沸水中可生成e，根據價態可知，此時a為Mg，e為Mg(OH)2，即f為鎂鹽，a→f的反應有多種，可能為，該反應屬于置換反應，可能為，該反應屬于化合反應，綜上a→f的反應不一定是化合反應，故A正確；B．Fe(OH)3無法一步轉化為Fe(OH)2，故B正確；C．Fe(OH)3能與還原性的強酸HI反應，實現Fe(OH)3→FeI2，故C正確；D．假設g為MgO，即e為Mg(OH)2，f為鎂鹽，MgO、Mg(OH)2與稀鹽酸反應均生成鎂鹽，此時組成a的元素為Mg，位于周期表p區；假設g為FeO，即e為Fe(OH)2，f為亞鐵鹽，FeO、Fe(OH)2與稀鹽酸反應均生成鐵鹽，此時組成a的元素為Fe，位于周期表d區，故D錯誤；故答案選D。12.向絕熱恒容密閉容器中通入一定量與，發生反應：，其正反應速率隨時間變化的曲線如下圖(不考慮副反應的影響)，下列說法正確的是A.該反應的B.隨t變化的曲線在時間段內與的趨勢相同C.從A點到C點，NO的分壓先增大后減小D.其他條件不變時，在恒溫條件下發生此反應，的平衡轉化率增大【答案】D【解析】【分析】如圖所示，反應在絕熱容器中進行，隨著反應正向進行，反應物濃度減小，但b時間前v正增大，說明反應放熱，容器內溫度升高，溫度對反應速率的影響起主導作用。b時間后，反應物濃度減小對速率的影響起主導作用，v正減小，據此答題。【詳解】A．根據分析知，反應為放熱反應，故，故A錯誤；B．由分析可知，正反應速率增大，說明正反應為放熱反應，且從A點到B點反應速率主要受溫度影響；B點后正反應速率減小，說明此點后反應速率主要受濃度影響；而A到C點過程中生成物濃度一直在增大，即逆反應速率一直在增大，則隨t變化的曲線在a~c時間段內與的趨勢不相同，故B錯誤；C．從A點到C點，反應一直正向進行，因此NO的分壓一直增大，故C錯誤；D．其他條件不變時，若在恒溫條件下發生此反應，相當于降溫，則平衡正向移動，SO2的平衡轉化率增大，故D正確；故答案選D。13.下列大小關系正確的是A.相同且相同體積的.①鹽酸、②硫酸、③醋酸中，分別加入足量鋅，相同狀況下產生的：③>①=②B.相同濃度的：①氨水、②NaOH溶液、③溶液中，：②>①>③C.相同濃度的：①溶液、②溶液、③溶液中，：①>②>③D.相同pH的：①NaClO溶液、②溶液、③溶液中，：①>②>③【答案】A【解析】【詳解】A．c(H+)相同、體積相同時，由于醋酸是弱酸，相同濃度時，醋酸電離程度最小，因此要達到相同c(H+)，需要的醋酸的濃度最大，而在反應過程中，醋酸不斷電離氫離子，因此醋酸電離的氫離子最多，鹽酸和硫酸中氫離子的物質的量相等，所以分別加入足量鋅，生成氫氣體積為：③>①=②，故A正確；B．水的電離為：，因此無論是氨水、NaOH溶液、溶液對于水的電離均是抑制，且c(OH-)越大，對于水的電離抑制程度越大，根據可知，c(H+)越小，體積相同時，由于醋酸是弱酸，相同濃度時，醋酸的電離程度最小，因此要達到相同c(H+)，相同濃度時，氨水若弱堿，因此電離出的c(OH-)最少，電離出的c(OH-)最多，因此電離出的c(OH-)大小關系為：③>②>①，因此c(H+)：①>②>③，故B錯誤；C．會發生水解，①中水解時結合水電離出的OH-，因此可以促進硫離子的水解，使得硫離子的濃度減小；②中的鈉離子對硫離子的水解沒有影響；③中為弱電解質，只能部分電離產生出硫離子，因此：②>①>③，故C錯誤；D．NaClO溶液、溶液、溶液中酸根離子均會水解產生對應的酸和OH-，根據鹽類水解的規律可知，水解產生的酸越弱，則對應鹽的水解的程度越大，酸性為：，則水解程度：，因此相同pH的：①NaClO溶液、②溶液、③溶液中，物質濃度關系為：①<②<③，因此：①<②<③，故D錯誤；故答案選A。14.環氧乙烷(，簡稱EO)是一種重要的工業原料和消毒劑。常見的兩種制備方案如下：方案一：銀催化下，乙烯()與氧氣制備EO(反應歷程如圖甲)。方案二：乙烯()電化學合成EO(裝置如圖乙)，原理為。下列說法正確的是A.與中的鍵數目之比為5：3B.由圖甲可知，OMC生成的活化能為C.圖乙中，Pt電極接電源負極D.圖乙中，電解一段時間后，將陽極區和陰極區溶液混合可得到環氧乙烷【答案】D【解析】【分析】由題給信息：“”可知，在Pt電極，Br-失電子生成Br2，然后與水反應的產物再與CH2=CH2發生反應，所以Pt電極為陽極，Ni電極為陰極。【詳解】A．與中的鍵數目之比為5：7，故A錯誤；B．由圖甲可知，OMC生成的活化能為，故B錯誤；C．圖乙中，Pt電極CH2=CH2發生氧化反應生成HOCH2CH2Br，Pt電極為陽極，接電源正極，故C錯誤；D．圖乙中，Pt電極CH2=CH2發生氧化反應生成HOCH2CH2Br，Ni電極是陰極，生成KOH，電解一段時間后，將陽極區和陰極區溶液混合，HOCH2CH2Br和KOH反應生成環氧乙烷，故D正確；選D。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.硫酸是重要化工原料，“接觸法制硫酸”的化工流程如下圖所示：（1）下列關于步驟I、Ⅱ和Ⅲ的說法不正確的是_______(填字母，下同)。A.Ⅰ中，與反應生成時，電子轉移數為B.Ⅰ中，將黃鐵礦換成硫黃可以減少廢渣的產生C.Ⅱ中的反應條件都是為了提高的平衡轉化率D.Ⅲ中，用98.3%的濃硫酸吸收后再稀釋，是為了避免產生大量酸霧，腐蝕設備（2）“接觸法制硫酸”的步驟Ⅱ的主要反應是。①和在表面的部分反應歷程如下圖所示，下列說法正確的是_______。A.催化劑可同時加快正、逆反應速率B.第一電離能：C.實際工業中，和按體積比1：1投料，因為增大的濃度可以明顯提高的生成速率D.有單分子氣體()和三聚分子固體()兩種存在形式，兩種形式中S原子的雜化方式相同②在酸性條件下溶解為或，在堿性條件下溶解為釩酸根()或偏釩酸根，上述性質說明具有_______。A.酸性B.堿性C.兩性③偏釩酸根陰離子呈現如下圖所示的無限鏈狀結構，則偏釩酸根的化學式為_______。④酸性條件下，可聚合得到多種復雜陰離子。一種陰離子(如圖)由4個四面體(位于體心的V為+5價)通過共用頂點氧原子構成八元環，其化學式為_______。（3）已知：在非水溶劑中，與按物質的量之比1：2發生化合反應生成物質A，測得A由2種微粒構成，陽離子是，陰離子的結構式為。陽離子的空間結構名稱為_______；和的酸性強弱為_______(填“>”“<”或“=”)。【答案】（1）C（2）①.AB②.C③.④.（3）①.直線形②.>【解析】【分析】黃鐵礦和氧氣加熱生成二氧化硫和四氧化三鐵，二氧化硫催化氧化為三氧化硫，三氧化硫和水生成硫酸；【小問1詳解】A．Ⅰ中反應為，反應中只有氧得到電子化合價由0變為-2，則與反應生成時，電子轉移4mol，數目為，A正確；B．Ⅰ中，將黃鐵礦換成硫黃，硫和氧氣轉化為二氧化硫，不產生鐵的氧化物固體，可以減少廢渣的產生，B正確；C．Ⅱ中的反應條件是為了加快反應的速率，二氧化硫轉化為三氧化硫的反應為放熱反應，高溫不是為了提高的平衡轉化率，C錯誤；D．三氧化硫和水直接反應生成大量的酸霧，用98.3%的濃硫酸吸收后再稀釋，是為了避免產生大量酸霧，腐蝕設備，D正確；故選C；【小問2詳解】①A．催化劑降低反應的活化能，可同時加快正、逆反應速率，A正確；B．同一主族隨原子序數變大，原子半徑變大，第一電離能變小；第一電離能：，B正確；C．決定總反應速率的是慢反應，由反應歷程可知，①為慢反應、②為快反應，故增大的濃度不能明顯提高的生成速率，而是為了促進反應正向進行，提高二氧化硫轉化率，C錯誤；D．單分子氣體()中S形成2個單鍵和1個雙鍵，為sp2雜化，三聚分子固體()中硫形成4個單鍵，為sp3雜化，D錯誤；故選AB；②能和酸或堿反應均生成鹽，則說明具有兩性，故選C；③由圖，根據“均攤法”，一個重復單元中含個O、1個V，則偏釩酸根的化學式為；④由圖，陰離子由4個四面體(位于體心的V為+5價)通過共用頂點氧原子構成八元環，氧原子個數為四面體個數×4，減去4個交點氧原子，其中含12個O、4個V，則偏釩酸根的化學式為；【小問3詳解】陽離子的N原子的價層電子對數為，孤電子對數為0，所以為直線形結構；與反應，中氫反應后成為的一部分，說明硝酸更容易失去氫離子，酸性更強，故酸性強弱為>。16.某實驗小組對粗鹽提純以及提純后精鹽的用途進行了一系列實驗探究。I.粗鹽中含有、、、等雜質離子，實驗室按下圖流程進行精制：（1）若加溶液后不經過濾就加入NaOH和溶液，會導致_______(填字母，下同)。[已知：、]A.不能完全去除 B.消耗更多NaOHC.不能完全去除 D.消耗更多（2）過濾操作中需要的玻璃儀器除燒杯和玻璃棒外，還需要_______。A.分液漏斗 B.漏斗 C.容量瓶 D.蒸發皿II.傳統的氯堿工業能耗大，通過如下圖改進的設計可大幅度降低電解電壓，降低能耗，實現“節能減排”。（3）①電極A接電源_______極(填“正”或“負”)。②裝置中通過提高電極B上反應物的_______(填“氧化性”或“還原性”)來降低電解電壓，減少能耗。③寫出電解總反應的離子方程式：_______。III.精制食鹽水可用于制備，流程如下圖：（4）下列關于纖維素的說法錯誤的是_______。A.南唐文房三寶之一的“澄心堂紙”主要成分是纖維素B.纖維素與合成纖維，其主要成分不相同C.淀粉和纖維素水解的最終產物均為葡萄糖D.淀粉和纖維素分子式均為，互為同分異構體（5）反應II也可以用草酸()還原制取氣體，同時生成，寫出反應的離子方程式：_______。（6）反應III的化學方程式為_______。（7）堿性條件下，氯元素的元素電勢圖(用表示)如圖：分析其中的一部分：它意味著：①②若由這兩個電極反應組成原電池，因，故②為正極，①為負極；該原電池的反應原理為，屬于“歧化反應”。由以上關于“歧化反應”的發生條件分析，結合上圖中的元素電勢數據，判斷“制備流程”中的三種含氯元素的物質(、、)在堿性條件下能發生歧化反應的是_______(填化學式)，寫出其發生歧化反應的離子方程式：_______。【答案】（1）AD（2）B（3）①.正②.氧化性③.（4）D（5）（6）（7）①.②.【解析】【分析】Ⅰ粗鹽中加入氯化鋇除去硫酸根離子，過濾后加入氫氧化鈉除去鎂離子，碳酸鈉除去鈣離子和鋇離子，過濾后加入鹽酸除去過量的碳酸鈉和氫氧化鈉，最后得到精鹽，據此回答。Ⅱ電極A為陽極，氯離子失去電子發生氧化反應轉化為氯氣，電極B為陰極，氧氣得到電子轉化為OH-，據此回答；Ⅲ高電壓電解食鹽水，分離出NaClO3，加入纖維素水解產物將NaClO3轉化為二氧化氯，加入過氧化鈉將ClO2轉化為NaClO2，據此回答；【小問1詳解】因為硫酸鋇與碳酸鋇的Ksp接近，所以若加溶液后不經過濾就加入NaOH和溶液，當溶液中存在大量碳酸根離子時，硫酸鋇會部分轉化為碳酸鋇，由于發生沉淀的轉化，會導致不能完全去除，碳酸鈉的用量也會增加，故選AD；【小問2詳解】過濾操作中需要的玻璃儀器除燒杯和玻璃棒外，還需要漏斗，故選B；【小問3詳解】①根據分析可知，電極A接電源正極；②裝置中通過提高電極B上反應物氧氣的氧化性來降低電解電壓，減少能耗；③電解總反應的離子方程式：；【小問4詳解】A．紙張的主要成分是纖維素，A正確；B．纖維素是一種天然的有機化合物，是植物細胞壁的主要成分，而合成纖維是通過人工合成的化學成分，根據不同種類，可以是聚酯、聚酰胺、聚丙烯等不同的合成物質，B正確；C．淀粉和纖維素都是多糖，它們在酸或酶的作用下水解，最終產物為葡萄糖，C正確；D．淀粉和纖維素分子式均為，但是n不同，不互為同分異構體，D錯誤；故選D。【小問5詳解】反應II也可以用草酸()還原制取氣體，同時生成，離子方程式為：；【小問6詳解】反應III的化學方程式為：；【小問7詳解】根據已知可得，，，電池的電動勢，因，則電池可以自發進行，故④為正極，③為負極，中間物質可以發生歧化反應，所以在堿性條件下能發生歧化反應的是，其發生歧化反應的離子方程式：。17.工業合成氨對糧食的增產、人口的增加等具有重要價值。請回答下列問題：（1）Haber-Bosch法合成氨的反應原理為。已知：298K時該反應，。①298K時，合成氨反應_______(填“能”或“不能”)自發進行。②研究表明，特定條件下，合成氨反應的速率與反應物濃度的關系為，下列措施不能提高反應速率的是_______(填字母，下同)。A．將產物氨氣分離出反應體系B．適度提高反應溫度C．在低壓下進行反應D．加入鐵催化劑③向一恒定溫度的剛性密閉容器中充入物質的量之比為1:1的N2和H2初始壓強為30MPa，在不同催化劑作用下反應相同時間，H2的轉化率隨溫度的變化如下圖所示：b點_______。(填“＞”“＜”或“=”)，c點H2的轉化率比a點低的原因是_______，a點混合氣體平均相對分子質量為18.75，該條件下反應的平衡常數Kp=_______(保留兩位有效數字，Kp為以分壓表示的平衡常數，分壓=總壓×物質的量分數)。（2）NH3用于合成尿素的原理為，向某恒溫恒容的密閉容器中加入等物質的量的NH3和CO2，發生上述反應。下列敘述能說明反應已經達到平衡狀態的是_______。A.B.混合氣體的平均相對分子質量不再變化C.混合氣體的密度不再變化D.CO2的體積分數不再變化（3）氨硼烷(NH3BH3)可用于燃料電池，其工作原理如下圖所示：①氨硼烷_______(填“是”或“否”)含有配位鍵。②氨硼烷電池工作時H+通過交換膜進入_____室(填“左”或“右”)；負極的電極反應式為_____。【答案】（1）①.能②.C③.＞④.合成氨反應為放熱反應，a點時反應達到平衡，升高溫度平衡逆向移動，H2的轉化率減小⑤.0.014（2）BD（3）①.是②.右③.NH3BH3-6e-+2H2O=++6H+【解析】【小問1詳解】①298K時，△H-TΔS=-92.2kJ?mol-1-298×(-0.1982kJ?mol-1)≈-33.14kJ?mol-1＜0，則合成氨反應能自發進行。②A．將產物氨氣分離出反應體系，c(NH3)減小，反應速率增大，A不符合題意；B．適度提高反應溫度，反應速率增大，B不符合題意；C．在低壓下進行反應，反應速率減小，C符合題意；D．加入鐵催化劑，反應速率增大，D不符合題意；故選C。③從圖中可以看出，升高溫度，H2的轉化率繼續增大，則反應正向進行，所以b點＞。a點時反應達到平衡，升高溫度，平衡逆向移動，則c點H2的轉化率比a點低的原因是：合成氨反應為放熱反應，a點時反應達到平衡，升高溫度平衡逆向移動，H2的轉化率減小。向一恒定溫度的剛性密閉容器中充入物質的量之比為1:1的N2和H2(令物質的量都為1mol)，初始壓強為30MPa，a點混合氣體平均相對分子質量為18.75，則物質的量為=1.6mol，設參加反應N2物質的量為x，則可建立如下三段式：依題意，4-2x=1.6，x=0.2mol，平衡時總壓強為=24MPa，該條件下反應的平衡常數Kp=≈0.014。【小問2詳解】A．時，反應進行的方向相反，但速率之比不等于化學計量數之比，反應未達平衡狀態，A不符合題意；B．反應前后氣體的總質量不變，但分子數發生改變，混合氣體的平均相對分子質量不斷發生改變，當平均相對分子質量不再發生變化時，反應達平衡狀態，B符合題意；C．某恒溫恒容密閉容器中，混合氣體的質量和體積都不改變，則密度始終不變，反應不一定達平衡狀態，C不符合題意；D．CO2的體積分數不再變化時，正逆反應速率相等，反應達平衡狀態，D符合題意；故選BD。【小問3詳解】①氨硼烷(NH3BH3)分子中，N原子的最外層有孤電子對，B原子的最外層有空軌道，則氨硼烷是含有配位鍵。②氨硼烷電池工作時，NH3BH3失電子生成NH4BO2，則左側電極為負極，右側H2O2得電子，此電極為正極，陽離子向正極移動，則H+通過交換膜進入右側；負極NH3BH3失電子產物與電解質反應生成NH4BO2等，電極反應式為NH3BH3-6e-+2H2O=++6H+。【點睛】原電池工作時，溶液中的陽離子向正極移動，陰離子向負極移動。18.治療靜脈血栓的藥物利伐沙班(K)的一種合成路線如下圖：已知：①；②；③。回答下列問題：（1）用系統命名法命名物質A_______。（2）E的結構簡式為_______。（3）下列說法錯誤的是_____