衡阳市第一中学高二下学期期末考试化学试题(总分：100分时间：75分钟)注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Cr52I127一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。1.第24届冬奥会于2022年2月4日在北京开幕，“科技冬奥”理念，体现在方方面面。下列说法正确的是A.冰场使用的二氧化碳跨临界制冰技术，比传统的氟利昂人工制冷技术更加节能、环保B.冬奥会采用石墨烯材料制造户外保暖穿戴设备，该石墨烯材料属于传统无机非金属材料C.冬奥火炬火焰的颜色是H2燃烧的颜色D.由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉属于合金材料【答案】A【解析】【详解】A．传统的氟利昂人工制冷技术中氟利昂会造成臭氧层空洞，冰场使用的二氧化碳跨临界制冰技术，比传统的氟利昂人工制冷技术更加节能、环保，故A正确；B．冬奥会采用石墨烯材料制造户外保暖穿戴设备属于新型无机非金属材料，不是传统无机非金属材料，故B错误；C．冬奥火炬燃料有机物不是氢气，故C错误；D．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉属于新型无机非金属材料，故D错误；故答案为A。2.反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反\n应中相关微粒的化学用语正确的是A.H2O的空间充填模型：B.NH4Cl的电子式：C.N2结构式：N=ND.Na+的结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A．O原子半径比H的大，H2O的空间充填模型：，故A错误；B．氯离子的电子式要加括号，NH4Cl的电子式：，故B错误；C．氮原子与氮原子形成叁键，N2的结构式：N≡N，故C错误；D．Na+的结构示意图：，故D正确；故选D。3.下列关于NA的说法正确的是A.常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAB.标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NAC.1L1mol·L-1的NaClO溶液中含有ClO-的数目为NAD.过氧化钠与水反应，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA【答案】A【解析】【详解】A．CO和N2的相对分子质量均为28，且都是2原子分子，混合气体的物质的量为，则含有的原子总数为NA，选项A正确；\nB．在标准状况下，苯是液体，无法计算物质的量，选项B错误；C．NaClO是强碱弱酸盐，ClO-水解导致离子数目减少，选项C错误；D．在过氧化钠中，氧元素的化合价由-1价升高到0价，转移1e－，所以在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.2NA，选项D错误；答案选A。4.某黑色粉末可能是Fe3O4或Fe3O4与FeO的混合物，为进一步确认该黑色粉末的成分，下列实验方案不可行的是( )A.准确称量一定质量的黑色粉末，用H2充分还原，并用干燥剂收集所得水，获得水的准确质量，进行计算B.准确称量一定质量的黑色粉末，溶解于足量盐酸，加热蒸干溶液并在空气中灼烧至质量不变，称量所得粉末质量，进行计算C.准确称量一定质量的黑色粉末，用CO充分还原，在CO气流中冷却后准确称量剩余固体的质量，计算D.准确称量一定质量的黑色粉末，与一定量铝粉混合后点燃，充分反应后冷却，准确称量剩余固体质量，进行计算【答案】D【解析】【详解】A根据水的质量可以计算得到氧元素的质量，再根据黑色粉末的质量得到铁元素的质量，进而确定化学式；B灼烧至质量不变所得粉末是氧化铁，依据氧化铁的质量可以计算得到铁元素的质量，再根据黑色粉末的质量得到氧元素的质量，进而确定化学式；C.剩余固体是铁，根据黑色粉末的质量得到氧元素的质量，进而确定化学式；D.反应前后都是固体，而且固体质量不变，不能计算确定该黑色粉末的成分。故选D。点睛：根据反应前后铁元素(或氧元素)守恒，再根据黑色粉末的质量得到氧元素(或铁元素)的质量，进而确定化学式。5.一种在工业生产中有广泛用途的有机高分子结构片段如图。下列关于该高分子的说法正确的是\nA.能水解成小分子B.该分子中所有碳原子可能共平面C.氢键可增大该分子熔点D.单体可发生氧化、取代、消去反应【答案】C【解析】【详解】A．由结构可知，不含酯基、肽键等结构，不能水解成小分子，A错误；B．该分子中含有饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，B错误；C．结构存在氢键，氢键可增大该分子熔点，C正确；D．由结构可知，单体中含有碳碳双键、羧基，单体可发生氧化、取代，不能发生消去反应，D错误；故选C。6.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A.探究氧化性：KMnO4>Cl2>I2B.加热AlCl3饱和溶液，然后利用余热蒸干制备AlCl3固体C.制备乙酸乙酯D.验证乙炔的还原性【答案】A【解析】【详解】A．KMnO4会和浓盐酸反应制得Cl2，氯气会和KI溶液反应得到I2，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可得氧化性：KMnO4>Cl2>I2，故A符合题意；\nB．AlCl3是强酸弱碱盐，水溶液加热会促进水解，用图示装置加热然后利用余热蒸干会得到氢氧化铝固体，故B不符合题意；C．制备乙酸乙酯应该用乙醇、乙酸和浓硫酸，而且右边导管也不能插入液面以下，故C不符合题意；D．电石中混有硫化物，硫化物水解生成的硫化氢也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D不符合题意；故答案为：A7.某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：下列说法正确的是A.检验滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水B.步骤②操作中，应先加6%H2O2，然后不断搅拌下缓慢加入1.0mol·L-1H2SO4C.滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分只有SiO2D.步骤①操作中，生成的气体需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收【答案】D【解析】【详解】A．Fe3O4和硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，滤液1中含有Fe3+，无论是否含有Fe2+，加入KSCN和新制的氯水，溶液都显红色，故A错误；B．H2O2在酸性条件下能氧化CuS，步骤②操作中，应先加入硫酸，再加入6%H2O2，故B错误；C．SiO2、CuS和稀硫酸不反应，所以滤渣1成分是SiO2和CuS；H2O2在酸性条件下把CuS氧化为S，滤渣2成分有SiO2、S，故C错误；D．步骤①操作中有H2S气体生成，生成的气体需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收，故D正确；选D。\n8.心脑血管疾病是人类生命的重要威胁，其中一种药物中间体的合成原理如图所示，下列说法正确的是A.化合物1可以发生氧化反应、取代反应、消去反应和加成反应B.化合物2的含氧官能团有2种C.化合物2中所有原子可能共平面D.化合物3与氢气完全加成后的产物的一氯代物有6种【答案】D【解析】【详解】A．化合物1属于饱和二元醇，不能发生加成反应，A不正确；B．化合物2的含氧官能团只有酮羰基1种，B不正确；C．化合物2分子中含有二个甲基，所有原子不可能共平面，C不正确；D．化合物3与氢气完全加成后的产物为，两个环成对称结构，只需考虑一个环中的氢原子种类，在一个环中共有6种氢原子，则一氯代物有6种，D正确；故选D。9.图(a)、图(b)表示反应NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)的相关反应机理及能量与反应历程关系。下列相关说法正确的是\nA.升高温度，正反应速率增加的倍数更大B.由图(a)可知，③发生了有效碰撞C.由图(a)可知，①②碰撞后未发生反应是因为分子能量不足D.NO和O3发生反应时，没有极性键和非极性键的生成【答案】B【解析】【详解】A．由题中图示可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为一个放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，所以逆反应速率增加的倍数更大，故A错误；B．由图(a)可知，③碰撞后生成了新分子，即发生了化学反应，此碰撞是有效碰撞，故B正确；C．由图(a)可知，①②碰撞后未发生反应是因为分子间碰撞角度不合适，没有新物质生成，此碰撞是无效碰撞，故C错误；D．由NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)可知，生成了NO2和O2，则有N-O极性键和O-O非极性键的生成，故D错误；答案为B。10.具有开放性铁位点的金属有机框架材料，可以用于乙烷的催化氧化形成乙醇，反应过程如图所示，其中TS表示过渡态。下列说法正确的是\nA.反应过程中铁原子形成的化学键数目保持不变B.该反应过程中的原子利用率为100%C.此反应方程式为：N2O+C2H6N2+C2H5OHD.反应过程中物质c降低了反应的活化能【答案】C【解析】【详解】A．由转化关系图可知，铁原子有的形成5个共价键，有的形成6个共价键，故A错误；B．从图中可以看出，进线为反应物，出线为产物，总反应方程式为：N2O+C2H6N2+C2H5OH，催化剂为a，由于产物有乙醇和氮气，原子利用率小于100%，故B错误；C．进线为反应物，出线为产物，总反应方程式为：N2O+C2H6N2+C2H5OH，故C正确；D．c为中间产物，不能降低反应的活化能，故D错误；故选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.硅是制作光伏电池的关键材料。在Si晶体中掺杂不同种类的元素，可形成多电子的n型或缺电子的p型半导体。n型和p型半导体相互叠加形成p－n\n结，此时自由电子发生扩散运动，在交界面处形成电场。下列说法不正确的是A.1molSi晶体中含有的Si－Si键数目为4NAB.若在Si晶体中掺入某些金属元素，可得p型半导体C.p-n结在导电过程中，n型一侧带正电，p型一侧带负电D.光伏电池的能量转化形式为：光能→化学能→电能【答案】AD【解析】【详解】A．硅晶体中每个硅原子与其周围四个硅原子形成四个共价键，但是每个共价键是两个硅原子共用的，所以1molSi含有2mol共价键，即Si－Si键数目为2NA，故A错误；B．若在Si晶体中掺入金属元素，金属最外层少于4个电子，可形成缺电子的p型半导体，故B正确；C．p-n结中，n型一侧失电子带正电，p型一侧得到电子带负电，故C正确；D．光伏电池的能量转化形式为光能转化为电能，过程中无化学能转化，故D错误；故选AD。12.乙醛酸是一种重要的化工中间体，可用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O可解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法错误的是\nA.KBr在上述电化学合成过程中起电解质和反应物的作用B.阳极上的电极反应式为：+2H++2e-=+H2OC.制得1mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了2mol电子D.双极膜中间层中的H+在外电场作用下向铅电极方向迁移【答案】BC【解析】【分析】如图电解池，乙二酸转化为乙醛酸发生还原反应，故铅电极为阴极，反应为：HOOC-COOH+2e-+2H+=HOOC-CHO+H2O，石墨极为阳极，反应为：2Br--2e-=Br2，H+移向铅电极，OH-移向石墨极；【详解】A．KBr中Br-参与阳极反应，2Br--2e-=Br2，后发生反应：OHC-CHO+Br2+2OH-=HOOC-CHO+H2O+2Br-，故在上述电化学合成过程中起电解质与催化剂的作用，故A正确；B．阳极失电子发生氧化反应，阳极上的反应式为：2Br--2e-=Br2，故B错误；C．设：阴极区生成乙醛酸为x，阳极区生成乙醛酸为y，则x+y=1mol，根据阴极反应HOOC-COOH+2e-+2H+=HOOC-CHO+H2O，阴极区生成的乙醛酸与得电子数之比为1：2，故阴极区得电子物质的量为2x，阳极区反应：OHC-CHO+Br2+2OH-=HOOC-CHO+H2O+2Br-，生成的乙醛酸与消耗的Br2之比为1：1，根据阳极反应2Br--2e-=Br2，阳极区生成的乙醛酸与阳极区失电子数之比为1：2，故阳极区失电子物质的量为2y，根据得失电子守恒，2x=2y，x=y=0.5mol，故制得1mol乙醛酸理论上外电路中迁移电子的物质的量=2×0.5mol=1mol，故C错误；D．阳离子移向阴极，故双极膜中间层中的H+在外电场作用下向铅电极方向迁移，故D正确；故选：BC。13.某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁。下列说法不正确的是\nA.步骤②中分离操作的名称是过滤，Mg(OH)2可以作阻燃剂是因为它分解需要吸收大量的热B.步骤①中反应式：3Fe(OH)3＋S2O＋2OH-=3Fe(OH)2＋2SO＋4H2OC.步骤①中保险粉是作氧化剂D.从步骤②中可知OH-和EDTA共存时，Fe2＋更易和EDTA结合，生成可溶性化合物【答案】BC【解析】【分析】Na2S2O4具有还原性，可与Fe(OH)3发生氧化还原反应生成Fe(OH)2，加入EDTA浸泡，生成含有亚铁离子的络合物，过滤可得到Mg(OH)2；【详解】A．步骤②用于分离固体和液体，应为过滤操作，利用Mg(OH)2分解是吸热降低表面温度，可作阻燃剂，故A正确；B．步骤①中保险粉将氢氧化铁还原为氢氧化亚铁的反应式为：6Fe(OH)3++2OH-=6Fe(OH)2+2+4H2O，故B错误；C．保险粉(Na2S2O4)可以将氢氧化铁还原为氢氧化亚铁，发生的离子方程式为：6Fe(OH)3++2OH-=6Fe(OH)2+2+4H2O，保险粉是作还原剂，故C错误；D．Fe(OH)2悬浊液中存在如下平衡：Fe(OH)2(s)=Fe2+(aq)+2OH-(aq)当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe2+促使平衡向右移动而使Fe(OH)2不断溶解，故D正确；故选：BC。14.CaH2是重要的供氢剂，遇水或酸能引起燃烧。利用下列装置制备氢化钙固体(提供的实验仪器不得重复使用)。下列说法正确的是A.装置①在加入试剂前无需检查装置气密性B.仪器接口的连接顺序为a→c→b→f→g→d→eC.加热装置④之前必须检查气体的纯度D.装置③的主要作用是防止空气中的CO2、H2O(g)进入装置④中\n【答案】C【解析】【分析】【详解】A．装置①为启普发生器，在加入试剂前应先检查装置气密性，然后再加入药品，A错误；B．由装置①制取氢气，由于盐酸具有挥发性，故氢气中混有HCl和水蒸气，氢气由导管a口通入到装置③中除去HCl和水蒸气，再将纯净、干燥的H2通入装置④中与Ca在加热时反应产生CaH2；为防止空气中的H2O(g)进入装置④中，导致CaH2因吸收水蒸气而变质，最后要通过盛浓硫酸的洗气瓶，故装置接口连接顺序为a→d→e→f（或g）→g（或f）→b→c，B错误；C．为防止Ca与空气中成分反应，加热前需先通入氢气排尽装置中的空气，H2是可燃性气体，为防止H2、O2混合气体点燃爆炸，加热装置④之前必须检查气体的纯度确认空气是否排尽，C正确；D．装置③的主要作用是除去氢气中混有的HCl和水蒸气，D错误；故合理选项C。15.常温时，向10mL0.1mol/LHX溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，其导电能力、pH与V(NH3·H2O)的关系变化如图所示(假设反应过程中温度不变)。下列分析错误的是A.水的电离程度：b＞d，a＞cB.a点对应的溶液中存在c(HX)+2c(H+)=c(X-)+2c(NH3·H2O)+2c(OH-)C.d点所得溶液pH<7D.Kb(NH3·H2O)=Ka(HX)=10-4.6【答案】C【解析】【分析】10mL0.1mol•L-1HX溶液中逐滴加入0.1mol•L-1的氨水，pH随V(NH3•H2O)\n的增大而增大，故过a点的曲线代表导电能力变化曲线，另一条代表pH变化曲线；由图可知导电能力随氨水体积先增大后减小，则滴加氨水过程中弱电解质转化为强电解质，即HX是弱酸，b点导电能力最强，则b点NH3•H2O恰好完全反应。【详解】A．b点导电能力最强，则b点NH3•H2O恰好完全反应，溶质为NH4X，a点氨水体积为b点的一半，则a点HX反应了一半，a点为等浓度的HX、NH4X混合溶液，HX抑制水的电离，c点HX浓度大，对水电离抑制程度大，水的电离程度：a＞c，b点，NH4X因水解促进水的电离，d点氨水浓度大，抑制水电离，水的电离程度：b＞d，总之，水的电离程度：b＞d，a＞c，故A正确；B．a点为等浓度的HX、NH4X混合溶液，电荷守恒：c(H+)+c(NH)=c(X-)+c(OH-)，物料守恒：c(X-)+c(HX)=2c(NH)+2c(NH3•H2O)，联立二式消去铵根离子得在c(HX)+2c(H+ )=c(X- )+2c(NH3•H2O)+2c(OH -)，故B正确；C．由图中pH随V(NH3•H2O)的增大而增大，d点所得溶液的pH＞7，故C错误；D．由图可知b点pH=7，则NH4X溶液显中性，则Kb(NH3•H2O)=Ka(HX)，由图可知0.1mol/L的HX溶液pH=2.8，此时c(HX)≈0.1mol/L，c(H+)≈c(X-)=10-2.8mol/L，故Kb(NH3•H2O)=Ka(HX)≈=10-4.6，故D正确；故选C。三、非选择题：本题共4小题，共50分。16.超细银粉在光学、生物医疗等领域有着广阔的应用前景。由含银废催化剂制备超细银粉的过程如图：资料：ⅰ．含银废催化剂成分：主要含Ag、α—Al2O3及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等。ⅱ．α—Al2O3为载体，且不溶于硝酸（1）预处理过程I中，为提高银的浸取速率采取的措施有____，银与稀硝酸反应的离子方程式是___。\n（2）分离除杂①过程Ⅱ中，检验沉淀表面的Fe3+已洗涤干净的操作是___。②过程Ⅳ中，N2H4•H2O被氧化为N2，同时获得粗银，该反应的化学方程式是___。（3）回收率测定采用如下方法测定粗银中银的回收率：取mg粗银样品用硝酸溶解，以铁铵矾[NH4Fe(SO4)2•12H2O]为指示剂，用cmol/L的KSCN标准溶液滴定，消耗标准溶液VmL。已知：ⅰ．Ag++SCN-AgSCN↓(白色)K=1012Fe3++SCN-FeSCN2+(红色)K=102.3ⅱ．Fe3+开始沉淀的pH为1.5，完全沉淀的pH为2.8ⅲ．AgSCN可溶于浓硝酸①判断已达滴定终点时的现象是___。②为保证获取数据准确性，滴定时溶液c(H+)一般控制在0.1～1mol/L之间，氢离子浓度太小对实验的影响是____。③该工艺获得粗品中银的回收率是___(用字母表示)。（4）精炼精炼装置如图所示，电解液为稀H2SO4，下列说法正确的是___(填选项)A．体系中存在沉淀溶解平衡：Ag2SO4Ag++SOB．阳极的电极反应式为Ag-e-=Ag+C．钛电极电势高D．阴历区可获得超细银粉的原理：Ti3++Ag+=Ag+Ti4+E．电解液中添加Ti3+/Ti4+，可实现Ti3+/Ti4+循环利用\n【答案】（1）①.磨碎、加热②.3Ag+NO+4H+=3Ag++NO↑+2H2O（2）①.取适量最后一次洗涤液于试管中，加入几滴KSCN溶液，著溶液不变红，说明Fe3+已被洗涤干净②.4Ag(NH3)2Cl+N2H4·H2O+3H2O=4Ag+N2↑+4NH4Cl+4NH3·H2O（3）①.当滴入最后一滴KSCN标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为红色，且半分钟内不褪色即达到滴定终点②.c(H+)太小会导致Fe3+水解，对滴定终点颜色判定产生干扰③.×100%或%（4）DE【解析】【分析】含银废催化剂成分：主要含Ag、α—Al2O3及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等，磨碎、加热，用稀硝酸溶解，过滤，滤渣为α—Al2O3及少量SiO2，滤液中有Ag+、Mg2+、K+、Fe3+，加NaCl形成AgCl沉淀，过滤、洗涤，沉淀用氨水溶解，AgCl+2NH3•H2O═Ag(NH3)2C1+2H2O过程Ⅳ中，用N2H4•H2O还原银，氯化二氨合银中加入肼，利用肼的还原性把银离子还原生成空气成分之一氮气，化学方程式为4Ag(NH3)2C1+N2H4+4H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4Cl+4NH3•H2O，电解精炼粗银得超细银粉。【小问1详解】过程I中，为提高银的浸取速率采取的措施有磨碎、加热，银与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，离子方程式是3Ag+NO+4H+=3Ag++NO↑+2H2O。故答案为：磨碎、加热；3Ag+NO+4H+=3Ag++NO↑+2H2O；【小问2详解】①过程Ⅱ中，检验沉淀表面的Fe3+已洗涤干净的操作是取适量最后一次洗涤液于试管中，加入几滴KSCN溶液，著溶液不变红，说明Fe3+已被洗涤干净。故答案为：取适量最后一次洗涤液于试管中，加入几滴KSCN溶液，著溶液不变红，说明Fe3+已被洗涤干净；②过程Ⅳ中，N2H4•H2O被氧化为N2，银离子被还原，获得粗银，该反应的化学方程式是4Ag(NH3)2Cl+N2H4·H2O+3H2O=4Ag+N2↑+4NH4Cl+4NH3·H2O。故答案为：4Ag(NH3)2Cl+N2H4·H2O+3H2O=4Ag+N2↑+4NH4Cl+4NH3·H2O；【小问3详解】①判断已达滴定终点时的现象是当滴入最后一滴KSCN标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为红色，且半分钟内不褪色即达到滴定终点。故答案为：当滴入最后一滴KSCN\n标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为红色，且半分钟内不褪色即达到滴定终点；②为保证获取数据准确性，滴定时溶液c(H+)一般控制在0.1～1mol/L之间，氢离子浓度太小对实验的影响是c(H+)太小会导致Fe3+水解，对滴定终点颜色判定产生干扰。故答案为：c(H+)太小会导致Fe3+水解，对滴定终点颜色判定产生干扰；③用cmol/L的KSCN标准溶液滴定，消耗标准溶液VmL，n(Ag)=cmol/L×V×10-3L，该工艺获得粗品中银的回收率是=×100%或%(用字母表示)。故答案为：×100%或%；【小问4详解】A．体系中存在沉淀溶解平衡：Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SO(aq)，故A错误；B．阳极的电极反应式为2Ag-2e-+SO=Ag2SO4，故B错误；C．钛电极是阴极电势低，故C错误；D．阴历区可获得超细银粉的原理：Ti3+将银离子还原，Ti3++Ag+=Ag+Ti4+，故D正确；E．电解液中添加Ti3+/Ti4+，阴极上Ti4++e-=Ti3+，溶液中的银离子又将Ti3+氧化，Ti3++Ag+=Ag+Ti4+，可实现Ti3+/Ti4+循环利用，故E正确；故答案为：DE。17.二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)为白色固体，难溶于冷水，是氧化性消毒剂中最为广谱、高效、安全的消毒剂。实验室用如图所示装置(夹持装置已略去)制备二氯异氰尿酸钠。请回答下列问题：已知：实验原理为2NaClO+C3H3N3O3(氰尿酸)=C3N3O3Cl2Na+NaOH+H2O。（1）装置A中发生反应的化学方程式为___________。（2）B装置中的试剂是___________。（3）待C装置中液面上方出现黄绿色气体时，再由三颈烧瓶的上口加入C3H3N3O3固体，反应过程仍需不断通入Cl2的理由是___________。\n（4）反应结束后，C中浊液经过滤、冷水洗涤、干燥得到粗产品mg。可通过下列实验测定粗产品中二氯异氰尿酸钠的纯度。将mg粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成100mL溶液，取20.00mL所配溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min。加入指示剂，用cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗VmLNa2S2O3标准溶液。(杂质不与KI反应，涉及的反应为C3N3O3Cl2-+3H++4I-=C3H3N3O3+2I2+2Cl-、I2+2=2I-+)①滴定终点的判断方法为___________。②粗产品中C3N3O3Cl2Na的质量分数为___________%(用含m、c、V的代数式表示)。③下列操作会导致粗产品中二氯异氰尿酸钠的纯度偏低的是___________(填标号)。a、碘量瓶中加入的稀硫酸偏少b、滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡c、盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗【答案】（1）Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O（2）饱和食盐水或饱和NaCl溶液（3）使反应生成的NaOH再次转化为NaClO，提高原料利用率（4）①.当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色②.③.a【解析】【分析】装置A中浓盐酸和Ca(ClO)2反应生成Cl2，由于盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中含有HCl，装置B为饱和食盐水，用于除去Cl2中的HCl，氯气和NaOH溶液在装置C反应生成NaCl、NaClO和H2O，最后C3H3N3O3(氰尿酸)与NaClO反应生成二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)，氯气有毒，多余的氯气需要用氢氧化钠溶液吸收，防止污染环境，据此解答。【小问1详解】由分析可知装置A中生成氯气，发生反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；故答案为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。【小问2详解】由分析可知，B装置中的试剂是饱和食盐水；故答案为：饱和食盐水或饱和NaCl溶液。\n【小问3详解】C装置中液面上方出现黄绿色气体时，再由三颈烧瓶的上口加入C3H3N3O3固体，反应过程仍需不断通入Cl2的目的是使反应生成的NaOH再次转化为NaClO，提高原料利用率；故答案为：使反应生成的NaOH再次转化为NaClO，提高原料利用率。【小问4详解】用Na2S2O3标准溶液进行滴定，滴定至终点时，待测液中的碘单质完全反应，即当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色；由题目信息可知，滴定消耗n(Na2S2O3)=cV×10-3mol，n(I2)=cV×10-3mol，由反应C3N3O3Cl2-+3H++4I-=C3H3N3O3+2I2+2Cl-可知，样品中n(C3N3O3Cl2Na)=cV×10-3mol，则粗产品中C3N3O3Cl2Na的质量分数为：cV×10-3mol×220g/mol÷mg×100%=%；碘量瓶中加入的稀硫酸偏少，无法使样品中的C3N3O3Cl2Na完全与I-反应，导致测定结果偏低；滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡会导致滴定过程中消耗n(Na2S2O3)偏多，测定结果偏大；盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗，即加入的Na2S2O3标准溶液被稀释，滴定过程中消耗n(Na2S2O3)偏多，测定结果偏大；故答案为：当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色；%；a。18.2022年北京冬季奧运会场馆使用了大量不锈钢材质，不锈钢属于合金钢，其机体是铁碳合金，常用的不锈钢中含铬18%，含镍8%。请回答下列问题：（1）基态Cr的电子排布式为___________。（2）FeCO3中阴离子的空间结构为___________。（3）原子总数相同、价电子总数相同的分子具有相似的化学键特征。工业上常用羰基镍[Ni(CO)4]制备高纯镍，羰基镍晶体中σ键和π键数目之比为___________。（4）碳元素在有机合成中有着广泛的意义。我国药学家屠呦呦从植物黄花蒿叶中成功提取出青蒿素，此后又对青蒿素进行了分子结构修饰，合成出药效更佳的双氢青蒿素、青蒿琥酯钠盐等(如图所示)。\n青蒿素中C的杂化轨道类型为___________；青蒿琥酯钠盐中所含元素的电负性由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)；青蒿琥酯钠盐比双氢青蒿素水溶性强的原因是____________。（5）金属铬的晶胞(体心立方结构)如图所示，铬原子的半径为anm，该晶胞的密度为__________g/cm3(NA为阿伏加德罗常数的值，列出表达式)。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1（2）平面三角形（3）1：1（4）①.sp2、sp3②.O、C、H、Na(或O>C>H>Na)③.青蒿琥酯钠盐为盐，极性较强，而双氢青蒿素极性较弱(2分，答案合理即可)（5）【解析】【小问1详解】铬为24号元素，基态Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1。故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；【小问2详解】碳酸根离子中C原子价层电子对数为3+=3，FeCO3中阴离子的空间结构为平面三角形。故答案为：平面三角形；\n【小问3详解】羰基镍[Ni(CO)4]晶体中σ键和π键数目之比为(4+1×4)：(2×4)=1：1。故答案为：1：1；【小问4详解】青蒿素中酯基上的C杂化轨道类型为sp2，其余的C杂化轨道类型为sp3，C的杂化轨道类型为sp2、sp3；周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强，元素的电负增大，青蒿琥酯钠盐中所含元素的电负性由大到小的顺序为O、C、H、Na(或O>C>H>Na)；青蒿琥酯钠盐比双氢青蒿素水溶性强的原因是青蒿琥酯钠盐为盐，极性较强，而双氢青蒿素极性较弱。故答案为：sp2、sp3；O、C、H、Na(或O>C>H>Na)；青蒿琥酯钠盐为盐，极性较强，而双氢青蒿素极性较弱；【小问5详解】金属铬晶胞为体心立方结构，晶胞中铬原子个数为：8×+1=2，铬原子的半径为anm，该晶胞的密度为=g/cm3。故答案为：。19.普瑞巴林(pregabalin)常用于治疗糖尿病性神经痛和带状疱疹神经痛。还能辅助治疗癫痫、焦虑障碍等，G是3-氨甲基-5-甲基己酸的一种立体异构体，该异构体可以溶解在(S)-扁桃酸中，通过结晶就拆分得到了普瑞巴林，合成路线如下：\n已知：(i)-CHO+(ii)RCOOH+CO(NH2)2RCONH2+NH3↑+CO2↑(iii)连有四个不同的原子或基团的碳称为手性碳，手性碳的存在可以形成手性异构体(又称对映异构体，属于空间异构)，如-氨基酸存在两种结构如图所示，回答下列问题：（1）A的化学名称(系统命名)___________。（2）B的结构简式为___________。（3）反应②的反应类型是___________。（4）写出反应④的化学方程式___________。（5）D中有___________个手性碳原子，G中具有的官能团名称是___________。（6）H是G的同系物，其碳原子数比G少四个，且与G具有相同的官能团，则H可能的结构(包含空间异构)有___________种。（7）写出以1，3-丁二烯和HCN为原料制备聚戊内酰胺的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)。___________【答案】（1）3-甲基丁醛（2）（3）加成反应（4）+＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；（5）①.2②.氨基、羧基（6）8（7）\n【解析】【分析】在有机物的推断合成中，常采用的方法是对比法，找出不同部位和相同部位，不同部位应是断键和形成化学键，如对比A、C的结构简式，可以推出B的结构简式为，据此分析解答。【小问1详解】根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；故答案为3-甲基丁醛；【小问2详解】对比A和C的结构简式，A与NCCH2COOCH3发生已知(i)的反应，NCCH2COOCH3中的亚甲基上C与醛基上的碳原子以碳碳双键相连，同时生成水，则B的结构简式为；故答案为；【小问3详解】对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，故答案为加成反应；【小问4详解】根据已知ii可知，反应④的反应方程式为+＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；故答案为+＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；【小问5详解】\n根据手性碳原子的定义，有机物D中含有的手性碳原子有2个，即；G是3-氨甲基-5-甲基己酸，G中含有官能团是氨基和羧基；故答案为2；氨基、羧基；【小问6详解】H是G的同系物，碳原子比G少四个，即H中有四个碳原子，与G具有相同的官能团，H中应含有氨基和羧基，H可能的结构简式为，与氨基所连的碳原子为手性碳原子，其空间结构有2种，结构简式还可能是，与氨基所连的碳原子为手性碳原子，其空间结构有2种，结构简式还可能是，有1种形式，还可能是，有1种结构，还可能是，与甲基所连碳原子为手性碳原子，有2种结构，共有8种结构；故答案为8；【小问7详解】聚戊内酰胺为高分子化合物，其单体为，根据F→普瑞巴林的路线，则生成的为物质为根据信息ii，推出生成的物质为，根据路线中反应③，则生成物质为，1，3-丁二烯与HCN发生加成反应，得到，合成路线为：，故答案为\n。
