黑龍江省齊齊哈爾市2019屆高三下學(xué)期第一次模擬考試?yán)砜凭C合化學(xué)試題(含解析)

1、2019 屆高三第一次模擬考試?yán)砜凭C合化學(xué)試卷化學(xué)與生活、生產(chǎn)和社會可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)。下列說法正確的是高純二氧化硅可用作計(jì)算機(jī)芯片的材料硅膠、鐵粉均可作為食品包裝中的抗氧化劑氯化鋁是工業(yè)上電解法治煉金屬鋁的原料“地溝油”可用來制肥皂和生物柴油【答案】D【解析】【詳解】A. 計(jì)算機(jī)芯片的主要成分是提純的單質(zhì)硅，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；硅膠經(jīng)硅酸凝膠干燥脫水而得到，可以作為干燥劑，但因不具有還原性，不能作為食品包裝中的抗氧化劑，故 B 項(xiàng)錯(cuò)誤；氯化鋁為分子晶體，在熔融狀態(tài)下不能電離，不能用于冶煉金屬鋁，而氧化鋁才是工業(yè)上電解法治煉金屬鋁的原料，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；“地溝油”的成分是油脂，堿性條件下水解成為皂化反應(yīng)，

2、可用來制肥皂，可從地溝油中提煉出油脂作為生物柴油，故D項(xiàng)正確；答案選D。【點(diǎn)睛】本題側(cè)重考查物質(zhì)的性質(zhì)及用途，注重化學(xué)知識與生產(chǎn)、生活的聯(lián)系，體現(xiàn)素質(zhì)教育的價(jià)值。其中A 選項(xiàng)硅及其化合物的用途是?？键c(diǎn)，也是易混知識。硅單質(zhì)常用于太陽能電池、半導(dǎo)體材料與計(jì)算機(jī)芯片等；二氧化硅是石英、水晶、瑪瑙及光導(dǎo)纖維的成分；硅酸鹽常用于玻璃、水泥和陶瓷等，學(xué)生要理清這些物質(zhì)的用途，不可混為一談。下列關(guān)于有機(jī)化合物的說法正確的是水、乙醇、乙酸都屬于弱電解質(zhì)苯與氯氣生成的反應(yīng)屬于取代反應(yīng)分子式為C9H12的芳香烴共有8種D. 淀粉、油脂、蛋白質(zhì)都屬于高分子化合物【解析】【詳解】A. 乙醇在水溶液和熔融狀態(tài)下均不能

3、電離出自由移動(dòng)的離子，屬于非電解質(zhì)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；苯與氯氣反應(yīng)生成，反應(yīng)前后氫原子數(shù)不變，且不飽和度降低，不是取代反應(yīng)，而是加成反應(yīng)，故B 項(xiàng)錯(cuò)誤；分子式為C9H12的芳香烴，可以是: 苯環(huán)上含有1 個(gè)C3H7，C3H7有CH2CH2CH3、兩種結(jié)構(gòu)，共 2 種，苯環(huán)上含有1 個(gè)CH3、 1 個(gè)CH2CH3，二者在苯環(huán)上有鄰、間、對三種位置關(guān)系，共3 種，苯環(huán)上含有 3 個(gè)CH3，共3 種，故總共有2+3+3 = 8 種，故C項(xiàng)正確；油脂是高級脂肪酸與甘油形成的酯，不屬于高分子化合物，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C?！军c(diǎn)睛】有機(jī)物中的化學(xué)反應(yīng)類型是?？键c(diǎn)，其中取代反應(yīng)與加成反應(yīng)的特點(diǎn)很顯著，判斷依據(jù)可歸納

4、為：若為取代反應(yīng)，以甲烷與氯氣在光照下反應(yīng)為例，甲烷分子內(nèi)的一個(gè)H 被取代，消耗一個(gè)Cl 2，同時(shí)產(chǎn)生一個(gè)無機(jī)小分子HCl；若為加成反應(yīng)，以CH2=CH2與 Br2反應(yīng)為例，其原理是：C=C中的雙鍵斷開其中一個(gè)，兩個(gè)C各形成一個(gè)半鍵，分別與兩個(gè)Br 原子結(jié)合成鍵，其特點(diǎn)就是雙鍵變單鍵，不飽和變飽和。依據(jù)兩者的區(qū)別，本題的B 選項(xiàng)顯然為加成反應(yīng)，而不是取代反應(yīng)。因此抓住有機(jī)反應(yīng)類型的主要特點(diǎn)才能萬變不離其宗，解答此類題型時(shí)游刃有余。實(shí)驗(yàn)室從廢定影液含Ag(S2O3) 23 和 Br 等中回收Ag和 Br2的主要步驟為：向廢定影液中加入Na2S溶液沉淀銀離子，過濾、洗滌、干燥，灼燒Ag2S制取金屬

5、Ag；制取Cl2并將Cl2通入濾液中氧化Br ，再用苯萃取分液。其中部分實(shí)驗(yàn)操作的裝置如下圖所示用裝置甲分離Ag2S 時(shí)，用玻璃棒不斷攪拌用裝置乙在通風(fēng)櫥中高溫灼燒Ag2S制取Ag用裝置丙制備用于氧化過濾液中Br 的 Cl2用裝置丁分液時(shí)，先放出水層再換個(gè)燒杯繼續(xù)放出有機(jī)層【答案】C【解析】【分析】Ag 2S 為不溶物，可用過濾操作進(jìn)行分離，玻璃棒起引流作用；高溫灼燒Ag2S需用坩堝；高錳酸鉀與濃鹽酸在常溫下可制備氯氣；分液時(shí)，上層液體從上口倒出，下層液體從下口流出?！驹斀狻緼. 用裝置甲可分離Ag2S 不溶物，但不能用玻璃棒不斷攪拌，否者可能會使濾紙破損而影響實(shí)驗(yàn)操作，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；蒸發(fā)皿可用

6、于水溶液的蒸發(fā)結(jié)晶實(shí)驗(yàn)操作，而高溫灼燒Ag2S固體時(shí)需用坩堝進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，在常溫下可與濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣，其實(shí)驗(yàn)裝置與操作均科學(xué)規(guī)范，故 C項(xiàng)正確；苯為有機(jī)萃取劑，其密度比水小，則在分液時(shí)，先從分液漏斗的下口放出水層，不能從下口繼續(xù)放出有機(jī)層，而應(yīng)該從上口倒出有機(jī)層，D 項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。4.X、 Y、 Z、 W為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，X、 Y、 Z原子最外層的電子數(shù)之和與W原子最外層的電子數(shù)相等，X的最低負(fù)價(jià)為-4， Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3 倍。下列說法正確的是原子半徑：Y Z XY 的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物的堿性比Z的弱W 的氧化物對應(yīng)的水化

7、物的酸性一定比X的強(qiáng)W 分別與X、 Z形成的化合物所含的化學(xué)鍵類型相同【答案】A【解析】【分析】X、 Y、 Z、 W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X的最低負(fù)價(jià)為-4，則 X為第二周期IVA 族元素，為C元素； Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3 倍，則Y為 Na元素；X、 Y、 Z原子最外層的電子數(shù)之和與W原子最外層的電子數(shù)相等，則可推出Z為 Mg元素，W的最外層電子數(shù)= 1+2+4 = 7 ，為 Cl 元素，據(jù)此分析作答。【詳解】由上述分析可知：同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，同一主族，原子半徑從上到下依次增大，則原子半徑從大到小的順序?yàn)椋篘aMgC，即YZX，故A項(xiàng)正確；元素的金屬

8、性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物堿性越強(qiáng)。因同一周期中，從左到右金屬性依次減弱，即金屬性比較：NaMg，所以Y的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物的堿性比Z的強(qiáng)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；W 為Cl 元素、X為C元素，W的氧化物對應(yīng)的水化物可能為次氯酸，其酸性不如碳酸強(qiáng)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；W 為Cl 元素、X為C元素，Z為Mg元素，因活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，一般情況下非金屬元素之間易形成共價(jià)鍵，所以W與 X形成的四氯化碳之間化學(xué)鍵類型為共價(jià)鍵，而W與 Z元素形成的氯化鎂中形成離子鍵，即兩個(gè)化合物中所含的化學(xué)鍵類型不同，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A?！军c(diǎn)睛】元素周期表、元素周期律是學(xué)習(xí)化學(xué)的工具。元素周期律是反映元素

9、之間關(guān)系的規(guī)律，是元素周期表排布的依據(jù)，本題側(cè)重考查學(xué)生對元素周期律與化學(xué)鍵的理解與運(yùn)用能力，非金屬性的宏觀表現(xiàn)之一：元素非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物的酸性越強(qiáng)，但一定要注意該酸是最高價(jià)的含氧酸，而不是普通的酸，其中C項(xiàng)的陷阱要識破，所以知識掌握要準(zhǔn)確，嚴(yán)謹(jǐn)治學(xué)才能熟練做題。5.N A代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是常溫常壓下，36g18O2中所含的中子數(shù)為16NA8.0 g Cu 2S和 CuO的混合物中含有的銅原子數(shù)為0.1NA電解飽和食鹽水時(shí)，陽極生成22.4L 氣體時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA室溫下向1LpH 1 的醋酸溶液中加水，所得溶液中H+數(shù)目小于0.1NA【答案

10、】B【解析】【分析】18O2的摩爾質(zhì)量為36 g/mol ，據(jù)此計(jì)算出18O2分子的物質(zhì)的量，根據(jù)分子構(gòu)成得出結(jié)論；Cu 2S的摩爾質(zhì)量是CuO摩爾質(zhì)量的2 倍，含有的銅原子個(gè)數(shù)也是CuO的 2倍；陽極上生成氣體的狀態(tài)不明確；加水稀釋過程中，醋酸的電離程度增大?！驹斀狻緼. 36 g 18O2的物質(zhì)的量為= 1 mol ，則所含中子數(shù)為2(18-8)N A = 20 N A，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；Cu 2S的摩爾質(zhì)量是CuO摩爾質(zhì)量的2 倍，含有的銅原子個(gè)數(shù)也是CuO的 2倍，故Cu2S和CuO的混合物可以看做均由“CuO”構(gòu)成，則含有的“CuO”物質(zhì)的量為n = 0.1 mol ，則混合物中含有的銅原

11、子數(shù)為 0.1 N A，故B 項(xiàng)正確；陽極上生成氣體的狀態(tài)不明確，故物質(zhì)的量無法計(jì)算，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)無法計(jì)算，故C 項(xiàng)錯(cuò)誤；1 L pH 1 的醋酸溶液中，氫離子的物質(zhì)的量n(H+) = 0.1 mol ，在加水稀釋過程中，醋酸的電離程度增大，故所得溶液中H+數(shù)目略大于0.1 N A，故 D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。與阿伏加德羅常數(shù)NA相關(guān)的化學(xué)計(jì)量的選擇題是高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生對化學(xué)計(jì)量的理解與應(yīng)用。本題C項(xiàng)是學(xué)生的易錯(cuò)點(diǎn)，要特別注意氣體摩爾體積為22.4 L/mol 的狀態(tài)與條件，題設(shè)陷阱經(jīng)常誤將“常溫常壓”當(dāng)作“標(biāo)準(zhǔn)狀況”、或者誤把標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的固體、液體當(dāng)成氣體，學(xué)生做題時(shí)只要善于辨析，便可識

12、破陷阱，排除選項(xiàng)，提高做題效率。6. 一種新的低能量電解合成1 ， 2 一二氯乙烷的實(shí)驗(yàn)裝置如下圖所示。下列說法正確的是該裝置工作時(shí)，化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔蹸uCl 2能將C2H4還原為1， 2 一二氯乙烷X 、 Y依次為陽離子交換膜、陰離子交換膜該裝置總反應(yīng)為CH2 CH2 2H2O 2NaClH2 2NaOH ClCH2CH2Cl【答案】D【解析】【分析】該裝置為外加電源的電解池原理；根據(jù)裝置圖易知，陽極生成的CuCl2與 C2H4發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，根據(jù)化合價(jià)的升降判斷該氧化還原反應(yīng)的規(guī)律；根據(jù)電解池陰陽極發(fā)生的電極反應(yīng)式及溶液電中性原則分析作答；根據(jù)具體的電解反應(yīng)與氧化還原反應(yīng)綜合寫出該裝置

13、的總反應(yīng)?！驹斀狻緼. 該裝置為電解池，則工作時(shí)，電能轉(zhuǎn)變?yōu)榛瘜W(xué)能，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；C2H4中 C元素化合價(jià)為-2 價(jià)，ClCH2CH2Cl 中 C元素化合價(jià)為-1 價(jià)，則CuCl2能將C2H4氧化為1， 2一二氯乙烷，故B 項(xiàng)錯(cuò)誤；該電解池中，陽極發(fā)生的電極反應(yīng)式為：CuCl - e - + Cl -= CuCl 2，陽極區(qū)需要氯離子參與，則X為陰離子交換膜，而陰極區(qū)發(fā)生的電極反應(yīng)式為：2H2O + 2e- = H2 + 2OH-，有陰離子生成，為保持電中性，需要電解質(zhì)溶液中的鈉離子，則Y為陽離子交換膜，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；該裝置中發(fā)生陽極首先發(fā)生反應(yīng)：CuCl - e - + Cl -= CuCl 2

14、，生成的CuCl2再繼續(xù)與C2H4反應(yīng)生成1， 2 一二氯乙烷和CuCl，在陽極區(qū)循環(huán)利用，而陰極水中的氫離子放電生成氫氣，其總反應(yīng)方程式為：CH2 CH22H2O 2NaClH2 2NaOH ClCH2CH2Cl，故D項(xiàng)正確；答案選D。7. 根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論錯(cuò)誤的是操作現(xiàn)象結(jié)論A向蔗糖中加入濃硫酸蔗糖變成疏松多孔的海綿狀 碳濃硫酸具有脫水性和強(qiáng)氧化 性B向盛有H2O2溶液的試管加入幾滴酸化的硫酸亞鐵溶液溶液變成棕黃色，一段時(shí)間后 溶液中有氣泡出現(xiàn)，隨后有紅 褐色沉淀生成Fe2+催化H2O2分解產(chǎn)生O2C鋁片先用砂紙打磨，再加入到濃硝酸中無明顯現(xiàn)象濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，常溫下，

15、鋁被濃硝酸鈍化D向濃度均為0.1mol ? L 1的 KC1、KI 混合液中逐滴滴加AgNO3溶液出現(xiàn)黃色沉淀Ksp（ AgCl） Ksp（ AgI ）A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【詳解】A. 濃硫酸能將有機(jī)物中H、 O元素以2： 1 水的形式脫去而體現(xiàn)脫水性，濃硫酸還將氧化C生成二氧化碳，濃硫酸還體現(xiàn)強(qiáng)氧化性，故A項(xiàng)正確；溶液變棕黃色，說明H2O2溶液氧化硫酸亞鐵溶液生成Fe3+，一段時(shí)間后，溶液中有氣泡生成，則說明溶液中的Fe3+催化H2O2分解產(chǎn)生O2，起催化作用的不是Fe2+，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；鋁片先用砂紙打磨，再加入到濃硝酸中，由于濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，常溫下，鋁被濃硝

16、酸鈍化，所以沒有明顯現(xiàn)象，故C項(xiàng)正確；AgCl 、 AgI 組成相似，則溶度積小的物質(zhì)先生成沉淀，向濃度均為0.1mol ? L 1的KCl、 KI 混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先出現(xiàn)黃色沉淀，可說明Ksp(AgCl)K sp(AgI) ，故 D項(xiàng)正確；答案選B。8. 常溫下，用含鉆廢料(主要成分為CoCO3，還含有少量NiCO3與鐵屑)制備CoCl2 6H2O的工藝流程如下：pH對產(chǎn)品中鈷的回收率及產(chǎn)品中鎳元素的含量的影響如圖所示。部分金屬離子在實(shí)驗(yàn)條件下開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金屬離子開始沉淀的pH完全沉淀的pH3+ Fe1.54.1Fe2+7.59.7Co2+6.69.

17、4Ni2+6.79.5回答下列問題： TOC o 1-5 h z （ 1 ）酸浸后，溶液中的陽離子有Co2 、 Ni 2 、 。除鎳時(shí)， 應(yīng)調(diào)節(jié)溶液的pH=， 此時(shí)Ni2 是否形成Ni（OH） 2沉淀？ （填“是”或“否”） 。若 pH 過小，則產(chǎn)品純度會（填“升高”“降低”或“不變”） 。酸溶時(shí)， 當(dāng)調(diào)節(jié)溶液的pH為 8 時(shí)，溶液中 n（Fe3）： n（Co2） 。（已知： KspCo（OH）2 2 010 16，KspFe（OH）34 0 10 38（ 4）除鐵時(shí)，先向溶液中滴加適量30 H2O2溶液，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；充分反應(yīng)后再向溶液中加入CoCO3， 調(diào)節(jié)溶液pH 的范圍為，

18、使 Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，最后過濾得到CoCl2溶液。（5）已知：AgSCN=AgSC。N為測定粗產(chǎn)品中CoCl26H2O的含量， 稱取119g 粗產(chǎn)品溶于水配成100mL溶液，從中取出2500mL，先加入含003 mol AgNO3的溶液（雜質(zhì)不反應(yīng)），再用050mol?L1的 KSCN溶液滴定過量的AgNO3，該滴定操作所用的指示劑應(yīng)為 （填化學(xué)式）溶液；若消耗20 00 ml KSCN 溶液，則該粗產(chǎn)品中CoCl2 6H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為?！敬鸢浮?1). Fe2+、 H+ (2). 10 (3).否 (4). 降低 (5). 2.0 10-16： 1(或 2.0 10-1

19、6)(6). 2Fe 2+ + H 2O2 + 2H + = 2Fe 3+ + 2H 2O (7). 4.1 pH 6.6 (8). Fe(NO 3)3 (9). 80%【解析】【分析】含鈷廢料(含CoCO3、少量NiCO3與鐵屑)加稀鹽酸酸浸，得到Co2+、 Ni2+、 Fe2+的溶液，加氨水將Co2+、 Fe2+沉淀，過濾，向沉淀中加入鹽酸酸浸得到Co2+、 Fe2+，向溶液中滴加適量30%H2O2，氧化亞鐵離子，向溶液中加入 CoCO3，調(diào)節(jié)溶液pH 范圍為 4.l pH6.6，使Fe3+沉淀完全，過濾得CoCl2溶液，結(jié)晶干燥得CoCl2?6H2O，據(jù)此分析解答。2+( 1 )鐵屑與酸

20、反應(yīng)生成Fe 和氫氣；( 2)依據(jù)已知信息，結(jié)合圖像綜合分析作答，除鎳過程中，Ni 元素在濾液中，Co元素在濾渣中；( 3)根據(jù)溶度積公式分別計(jì)算出溶液中的Fe3 和 Co2 的濃度，得出結(jié)論；( 4)加入30 H2O2溶液，其目的是氧化Fe2 轉(zhuǎn)化為Fe3 ，便于沉淀；結(jié)合金屬離子沉淀所需的pH表中數(shù)據(jù)作答；( 5) KSCN溶液遇Fe3 會變紅；消耗的KSCN的物質(zhì)的量可計(jì)算得出過量的Ag ，根據(jù)關(guān)系式1Ag1Cl - CoCl2 6H2O，得出樣品中的CoCl2 6H2O的物質(zhì)的量，最后計(jì)算出原產(chǎn)品中的CoCl2 6H2O的質(zhì)量，得出結(jié)論?！驹斀狻?( 1 )酸浸后，鐵屑與酸反應(yīng)生成Fe

21、2+和H2，同時(shí)剩余溶液中還有過量的鹽酸，則溶液中的陽離子除有 Co2 、 Ni2 以外，還有Fe2+、 H+，故答案為：Fe2+、 H+；( 2)除鎳過程中產(chǎn)品中鈷的回收率隨著溶液pH的增大而降低，產(chǎn)品中鎳元素的含量在pH = 10 以后幾乎不變， pH=10時(shí)， Co的回收率高且Ni 的含量低，流程中除鎳，Co元素在濾渣中，Ni 元素在濾液中，故未形成沉淀；若pH 過小，除鎳不完全，溶液中鎳元素的含量增大，則產(chǎn)品的純度會降低，故答案為：10；否；降低；(3)常溫下，酸溶時(shí)，當(dāng)調(diào)節(jié)溶液的pH為8 時(shí)，溶液中c(OH-)=110-6，因KspCo(OH)2c(Co 22- 162-43 )c

22、2(OH-) = 2.0 10 16，所以c(Co2 ) = 2.0 10-4，同理可知c(Fe 3 )-20323= 4.0 10-20，又溶液的體積一定，則溶液中的n(Fe 3 )： n(Co2 ) c(Fe 3 ) ： c(Co2 ) = 2.0 10-16： 1 = 2.0 10 -16，故答案為：2.0 10 -16： 1（或2.0 10-16） ；2Fe2+ + H 2O2 + 2H +4）除鐵時(shí)，先向溶液中滴加適量30 H2O2溶液，將2Fe2+ + H 2O2 + 2H += 2Fe3+ + 2H2O， 充分反應(yīng)后再向溶液中加入CoCO3， 調(diào)節(jié)溶液pH， 使 Fe3+完全轉(zhuǎn)化

23、為Fe（OH）3沉淀，所需pH 4.1 ，又要保證溶液中的Co2 不沉淀，則pH6.6，故適宜的pH范圍為： 4.1 pH 6.6 ，故答案為：2Fe2+ + H 2O2 + 2H + = 2Fe 3+ + 2H 2O； 4.1 pH ”“”“”或“”）(1).+1268 (2).0(1).+1268 (2).0(4). BD (5).BH4 +8OH - 8e = BO2+6H2O (6). c(Na+6H2O (6). c(Na+)c(NO3-)c(NO2-)c(OH-)c(H +) (7).(8). 75% (9). 1 ）舊鍵斷裂吸收的能量減去新鍵生成釋放的能量值即為反應(yīng)熱，1mol

24、N 2含有 1mol N N， 1 mol H 2含有 2mol H-O ， 1mol NH3含有 3 mol N-H ，依據(jù)H=反應(yīng)物的總鍵能- 生成物的總鍵能進(jìn)行計(jì)算；（ 2）結(jié)合圖1 和“先拐先平數(shù)值大”的原則可知，溫度，再根據(jù)圖像中溫度升高時(shí)N2O5的物質(zhì)量變化，判斷溫度升高時(shí)平衡移動(dòng)方向，得出反應(yīng)焓變，又自由能= H-T S c （ H+） ，鈉離子和硝酸根離子都不水解，但鹽類水解較微弱，所以離子濃度大小關(guān)系是c（Na+）c（NO3-）c（NO2-）c（OH-）c（H+）；（ 5）已知：2NO2（g）+NaCl（s）? NaNO3（ s） +ClNO（g） ，：2NO（ g） +Cl

25、2（ g） ?2ClNO（ g） ，根據(jù)蓋斯定律2- 可得：4NO2（g）+2NaCl（ s）?2NaNO3（ s）+2NO（ g）+Cl 2（g） ，則該反應(yīng)平衡常數(shù)為的平衡常數(shù)平方與的商；測得 10min 內(nèi)v（ClNO）=7.5 10-3 mol?L-1?min-1，則n（ClNO）=7.510-3mol?L-1?min-1 10min2L = 0.15mol，由方程式計(jì)算參加反應(yīng)NO、氯氣的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算平衡時(shí)氯氣的物質(zhì)的量、NO的轉(zhuǎn)化率；根據(jù)等效思想分析作答?！驹斀狻浚?） H=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能= 2 946 kJ/mol+12 463 kJ/mol - 12 39

26、1 kJ/mol -3 496 kJ/mol = +1268 kJ/mol ，故答案為：+1268；（2） 由圖 1 可知，溫度，升高溫度時(shí)升高時(shí)N2O5的物質(zhì)量減小，說明平衡逆向移動(dòng)，說明正反應(yīng)放熱，即H0，若逆反應(yīng)能夠自發(fā)進(jìn)行，則其H-T S0，故答案為：0；擴(kuò)大容器體積，無論平衡怎樣移動(dòng)，各組分濃度都減小，混合氣體顏色變淺，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；該反應(yīng)的正反應(yīng)方向是氣體分子數(shù)減少的方向。與開始加入比例相同加入反應(yīng)物對反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率的影響與加壓的影響相同，平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率增大，故B 項(xiàng)正確；C 項(xiàng)錯(cuò)誤；C. C 項(xiàng)錯(cuò)誤；D. 該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降溫平衡正向移動(dòng)，化學(xué)平衡常數(shù)增大，故D項(xiàng)正確

27、；故答案為：BD；(3) 由圖 2 可知，硼氫化鈉燃料電池的左側(cè)為負(fù)極，BH4 在堿性條件發(fā)生氧化反應(yīng)生成BO2 ，電極反應(yīng)式為：BH4 +8OH - 8e = BO2 +6H2O，故答案為：BH4 +8OH - 8e = BO2 +6H2O；(4)X 、 Y、 Z各 1mol?L-1 同時(shí)溶于水中制得混合溶液，溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的硝酸鈉和亞硝酸鈉，亞硝酸鈉能水解而使溶液呈堿性，則c(OH-)c(H +), 鈉離子和硝酸根離子都不水解，但鹽類水解較微弱，所以離子濃度大小關(guān)系是c(Na+) c(NO 3-) c(NO 2-) c(OH -) c(H +)，故答案為：c(Na+)c(NO

28、3-)c(NO2-)c(OH-)c(H +)；(5) I ： 2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3 (s)+ClNO(g) K 1： 2NO(g)+Cl2 (g) 2CNO(g) K 2根據(jù)蓋斯定律，2-可得4NO2(g)+2NaCl(s)?2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) ，則該反應(yīng)平衡常數(shù)K =，故答案為：；(2) 測得 10min 內(nèi) v (ClNO) = 7.5 10-3 mol?L-1?min-1，則n(ClNO) = 7.5 10 -3mol?L-1?min 10 min 2 L= 0.15 mol ，由方程式可知，參加反應(yīng)氯氣的物質(zhì)的量為0.15 mol = 0

29、.075 mol ，故平衡時(shí)氯氣的物質(zhì)的量為0.1 mol- 0.075 mol = 0.025 mol ；參加反應(yīng)NO物質(zhì)的量為0.15 mol ，則NO的轉(zhuǎn)化率為 100% = 75 %；正反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，恒溫恒容下條件下，到達(dá)平衡時(shí)壓強(qiáng)比起始壓強(qiáng)小，其他條件保持不變，反應(yīng)( ) 在恒壓條件下進(jìn)行, 等效為在恒溫恒容下的平衡基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，NO轉(zhuǎn)化率增大，故轉(zhuǎn)化率 2 1；故答案為：75%； 。10. 二氧化氯(ClO2)是極易溶于水且不與水發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的黃綠色氣體，沸點(diǎn)為11，可用于處理部分含硫廢水。某小組在實(shí)驗(yàn)室中利用下列裝置制備ClO2(此制備方法中經(jīng)空氣

30、稀釋的SO2與 ClO2不反應(yīng))：1 ）儀器X 的名稱是2）欲選擇上圖中的裝置收集ClO2，其連接順序?yàn)閍 （按氣流方向，用小寫字母表示） TOC o 1-5 h z 3）裝置C的作用是，裝置 E中反應(yīng)的離子方程式為。4）處理含硫（Na2S）堿性廢水時(shí)，ClO2與 Na2S反應(yīng)（S2 被氧化為SO42 ）的離子方程式為；處理含硫堿性廢水時(shí)，相同條件下同體積的ClO2相對于Cl 2的優(yōu)點(diǎn)是。5） ClO2很不穩(wěn)定，需現(xiàn)用現(xiàn)配，為測定所得溶液中ClO2的含量，進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)：步驟 1：準(zhǔn)確量取V1 mL ClO2溶液加入錐形瓶中。步驟2：用稀硫酸調(diào)節(jié)ClO2溶液的pH 2 0，再加入足量KI 晶體，

31、靜置片刻。步驟3： 加入指示劑，用 cmol? L 1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)時(shí)，消耗V2mLNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液。（已知：2ClO28H+10I =2Cl 5I 24H2O；2S2O32 I2=2I S4O62）配制 100 mL c mol ? L-1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，用到的玻璃儀器有燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管和。原溶液中ClO2的含量為（用含 c、 V1、 V2的代數(shù)式表示）g? L 1。【答案】（1）. 分液漏斗（2）. d eghbcf （3）. 防倒吸（4）. SO 2 +2ClO3- = 2ClO 2+SO42- (5).8ClO2 + 5S2- + 4H

32、2O=8Cl- + 5SO42- + 8H+；(6).ClO2除硫效果更好，ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不會產(chǎn)生二次污染、均被還原為氯離子時(shí)，ClO2得到的電子數(shù)是氯氣的2.5 倍； （7）. 100mLg/L容量瓶（8）.g/L【解析】【分析】（ 1 ）根據(jù)儀器的構(gòu)造及用途作答；（ 2） 裝置 A中亞硫酸鈉與濃硫酸發(fā)生反應(yīng)制備二氧化硫氣體，在裝置 E中發(fā)生生成二氧化氯的反應(yīng)，為防止倒吸，A與E之間連接裝置C，二氧化氯沸點(diǎn)較低，故在B中冰水浴收集，最后用D裝置中的氫氧化鈉吸收未反應(yīng)完的二氧化硫，防止污染空氣，據(jù)此分析解答；（ 3）裝置C為安全瓶，根據(jù)其用途作答；裝置E中發(fā)生氧化還原

33、反應(yīng)，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)守恒配平該反應(yīng)；4） ClO2具有強(qiáng)氧化性，與Na2S發(fā)生氧化還原反應(yīng)；結(jié)合ClO2在水中的溶解度比氯氣大，且除硫效果徹底、產(chǎn)物無污染等角度分析作答；（ 5）根據(jù)配制100 ml c mol ? L-1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的實(shí)驗(yàn)操作步驟分析所缺玻璃儀器；由反應(yīng)可得關(guān)系式：2ClO2 5I 2 10S2O32-，根據(jù)關(guān)系式計(jì)算ClO2的物質(zhì)的量濃度，進(jìn)而計(jì)算其含量；【詳解】 （ 1 ）儀器 X與橡皮管連接，平衡內(nèi)外氣壓，便于液體順利留下，該儀器的名稱是分液漏斗，故答案為：分液漏斗；（ 2）二氧化硫從a 進(jìn)入裝置E中反應(yīng)，為防止倒吸，故應(yīng)在之前有安全瓶，則a d e，再連接

34、E裝置中的g，二氧化氯沸點(diǎn)較低，故在B中冰水浴收集，為充分冷卻，便于收集，故連接b，最后用氫氧化鈉吸收未反應(yīng)完的二氧化硫，防止污染空氣，連接順序?yàn)椋篴deghbcf；故答案為：deghbcf；（ 3）二氧化硫從a 若進(jìn)入裝置E中反應(yīng)，可能會倒吸，故再A與 E之間安裝C裝置，其作用是防止倒吸，而E為發(fā)生裝置，其中二氧化硫與NaClO3反應(yīng)的離子方程式為：SO2 +2ClO 3- = 2ClO 2 +SO42-，故答案為：防倒吸；SO2 +2ClO3- = 2ClO 2 +SO42-；S2 被氧化為SO42 ， ClO2會被還原為穩(wěn)定的Cl-，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)守恒可知，該離子方程 TO

35、C o 1-5 h z 式為：8ClO2 + 5S2- + 4H2O=8Cl- + 5SO42- + 8H+；與氯氣相比，ClO2除硫效果徹底，氧化產(chǎn)物硫酸根更穩(wěn)定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不會產(chǎn)生二次污染、均被還原為氯離子時(shí)，ClO2得到的電子數(shù)是氯氣的2.5倍；故答案為：8ClO2 + 5S2- + 4H2O=8Cl- + 5SO42- + 8H+； ClO2除硫效果更好，ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不會產(chǎn)生二次污染、均被還原為氯離子時(shí)，ClO2得到的電子數(shù)是氯氣的2.5 倍。（ 5）稱量后在燒杯中溶解，并用玻璃棒攪拌，移入100 mL容量瓶中，加水至距離容量瓶

36、刻度線1-2 cm處改用膠頭滴管定容，故答案為：100mL容量瓶； TOC o 1-5 h z 由反應(yīng)可得關(guān)系式：2ClO25I210S2O32-，可知V1mLc（ClO 2） ：V2mLc（Na 2S2O3）=2：10，則c（ClO 2）=mol/L ，則其含量為mol/L 67.5 g/mol =g/L ，故答案為：g/L 。11. 碳、氮、氧、磷、硫、鐵，鋅、銅等都是組成蛋白質(zhì)的重要元素?；卮鹣铝袉栴}：Fe的基態(tài)原子的核外電子排布式為， 3d 能級上的未成對電子數(shù)為。（ 2）在C、 N、 O、 P、 S五種元素中，第一電離能最大的元素是（填元素符號，下同），電負(fù)性最大的元素是 TOC o

37、 1-5 h z ( 3)氨基乙酸(H2NCH2COO)是蛋白質(zhì)完全水解的產(chǎn)物之一，其中HC原子的雜化軌道類型為；1molH2NCH2COOH中含有鍵的數(shù)目為NA。( 4)蛋白質(zhì)在體內(nèi)部分被氧化生成尿素CO( NH2) 2 、二氧化碳、水等排出體外。 CO2、 H2O分子的空間構(gòu)型分別為、 。尿素的熔點(diǎn)為132 7，其固體屬于晶體。尿素易溶于水，其原因除都是極性分子外，還有。5) Cu與 H元素形成某種晶體的結(jié)構(gòu)如圖所示，則該晶體的化學(xué)式為。若該晶體的密度為 g cm 3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶胞的棱長為nm(用含 和 NA的式子表示)【答案】(1). 1s22s22p63s23p6

38、3d64s2或 Ar3d 64s2 (2). 4 (3). N (4). O (5). sp2、 sp3. 9 (7). 直線形(8). V 形 (9). 分子 (10). 尿素與水分子之間可以形成氫鍵(11).7CuH (12). 107【解析】【分析】( 1 ) Fe 元素原子核外電子數(shù)為28，結(jié)合能量最低原理書寫核外電子排布式，結(jié)合電子泡利原理分析未成對電子數(shù)；( 2)依據(jù)原子的第一電離能和電負(fù)性在元素周期表的周期性變化規(guī)律作答；( 3)依據(jù)雜化軌道理論分析，再結(jié)合共價(jià)鍵理論中 鍵的存在規(guī)律判斷分子內(nèi)的 鍵數(shù)目；( 4)根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論(VSEPR理論)，先判斷價(jià)層電子對數(shù)，再結(jié)合

39、模型分析確定分子的空間構(gòu)型；結(jié)合分子晶體的特點(diǎn)作答；依據(jù)相似相容原理及氫鍵對物質(zhì)溶解性的影響分析。( 5)利用均攤法求出該晶胞內(nèi)銅原子與氫原子的個(gè)數(shù)，確定化學(xué)式；依據(jù)晶胞的密度=，利用幾何關(guān)系得出結(jié)論。上有五個(gè)軌道，六個(gè)電子，根據(jù)泡利原理可知，其能級上的未成對電子數(shù)為：【詳解】 ( 1) Fe元素原子核外電子數(shù)為26，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或 Ar3d 64s2， 3d 能級上有五個(gè)軌道，六個(gè)電子，根據(jù)泡利原理可知，其能級上的未成對電子數(shù)為：4.故答案為：1s22s22p63s23p63d64s2或 Ar3d 64s2； 4；（ 2）在元素周期表中，同一周

40、期從左到右，元素的第一電離能呈增大趨勢，其中IIA 族與VA族元素因核外電子所處能級為全充滿、半充滿狀態(tài)，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，故第一電離能反常的比相對應(yīng)的后一主族元素偏大，因此C、 N、 O、 P、 S五種元素中，第一電離能最大的元素為N；同一周期中從左到右，元素的電負(fù)性逐漸變大，同 TOC o 1-5 h z 一主族從上到下，元素的電負(fù)性逐漸變小，因此上述五種元素中，電負(fù)性最大的元素是O。故答案為：N； O；（ 3） H2NCH2COOH分子中，其中羧基中的碳原子形成兩個(gè)單鍵和一個(gè)雙鍵，故其雜化類型為sp2；另一個(gè)C原子結(jié)合的原子數(shù)為4，無孤電子對，則其雜化軌道數(shù)為4，故采用的雜化類型為sp3；因?yàn)楣?/p>

41、價(jià)單鍵中由一個(gè) 鍵組成，共價(jià)雙鍵中由一個(gè) 鍵和一個(gè) 鍵組成，共價(jià)三鍵由一個(gè) 鍵和兩個(gè) 鍵組成，H2NCH2COOH的結(jié)構(gòu)式可表示為：，故 1 mol H 2NCH2COOH中含有 鍵的數(shù)目為9 NA，故答案為：sp2、 sp3； 9；（ 4）CO2分子的 鍵電子對數(shù)為2，中心原子C無孤電子對，故其空間立體構(gòu)型為直線形，而H2O分子的 鍵電子對數(shù)為2，中心原子O的孤電子對數(shù)為2，其VSEPR模型為四面體形，分子空間構(gòu)型為V形，故答案為：直線形；V形；因尿素的熔點(diǎn)為132 7，熔點(diǎn)較低，則其固體屬于分子晶體，故答案為：分子； CO（NH2） 2可與水形成氫鍵，使得溶劑與溶質(zhì)之間的作用力增大，溶解性

42、增強(qiáng)，故答案為：尿素可與水分子間形成氫鍵；5）從晶胞結(jié)構(gòu)可以看出，晶胞內(nèi)的Cu 原子數(shù)= 8（頂點(diǎn)）+6 （面心）= 45）從晶胞結(jié)構(gòu)可以看出，晶胞內(nèi)的Cu 原子數(shù)= 8（頂點(diǎn)）+6 （面心）= 4，晶胞內(nèi)的H 原子數(shù) =41= 4，則該晶體的化學(xué)式為CuH,晶胞內(nèi)含4個(gè) CuH， 設(shè)該晶胞的棱長為a nm， 則體積為 (a 10 -7) 33 cm，晶胞的質(zhì)量為3 cm，晶胞的質(zhì)量為107 nm，= g ，根據(jù)晶胞的密度等于晶胞的質(zhì)量與晶胞的體積之比，列式得出12.A 是石油裂解氣的主要成分之一，以A為原料制備藥物中間體X的合成路線如下：.取代反應(yīng).CH2=CH CH3 +Cl2CH2=CH CH2.取代反應(yīng).CH2=CH CH3 +Cl2CH2=CH CH2Cl +HCl.+H2(8).(9).(10).CH3CH=CH