新疆維吾爾自治區(qū)烏魯木齊市第101中學(xué)2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期11月月考化學(xué)Word版含解析.docx

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烏魯木齊市第101中學(xué)2022-2023學(xué)年高三月考化學(xué)試卷總分100分考試時間100分鐘一、選擇題(20題每題2分共40分)1.化學(xué)與生活是緊密相聯(lián)的，下列說法中正確的是A.氯氣可用作消毒劑和漂白劑，是因為氯氣與水反應(yīng)生成的次氯酸具有強(qiáng)還原性B.地震災(zāi)區(qū)和洪澇災(zāi)區(qū)都用漂白粉消毒，主要是利用漂白粉溶液的堿性C.氯氣與燒堿溶液或石灰乳反應(yīng)都能得到含氯消毒劑D.將食醋加入“84”消毒液中，會減弱其殺菌消毒效果【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．氯氣可用作消毒劑和漂白劑的原因是Cl2與水反應(yīng)生成的HClO具有強(qiáng)氧化性，故A錯誤；B．地震災(zāi)區(qū)和洪澇災(zāi)區(qū)用漂白粉消毒是利用了漂白粉的強(qiáng)氧化性，故B錯誤；C．氯氣與燒堿溶液或石灰乳反應(yīng)都能得到含氯消毒劑，前者得到漂白液，后者得到漂白粉或漂粉精，故C正確；D．利用強(qiáng)酸制弱酸的原理，醋酸的酸性強(qiáng)于次氯酸，所以醋酸和NaClO反應(yīng)生成HClO，會增強(qiáng)其殺菌消毒的效果，故D錯誤；故選C。2.在人類與疾病的斗爭中，有機(jī)化學(xué)提供了大量的藥物，有機(jī)物X可用于新型冠狀病毒肺炎的治療，其結(jié)構(gòu)簡式如圖1所示，有機(jī)物Y是合成治療肺結(jié)核藥物Pretomanid的原料之一，其結(jié)構(gòu)簡式如圖2所示。下列說法不正確的是A.X分子中含有5個手性碳原子B.X分子中虛線框內(nèi)的所有碳、氧原子一定處于同一平面C.Y的分子式為C11H13O4ClD.Y堿性條件下水解產(chǎn)物之一是丙三醇 【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．中5個標(biāo)有小黑點(diǎn)的均為手性碳，故A正確；B．，1，2，3三個碳原子和氧原子不可能處于同一平面，故B錯誤；C．Y的分子式為C11H13O4Cl，故C正確；D．Y堿性條件下，酯基，氯原子水解，產(chǎn)物之一是丙三醇，故D正確；答案選B。3.下列關(guān)于化學(xué)用語的表示正確的是A.羧基的電子式：B.F﹣的結(jié)構(gòu)示意圖：C.四氯化碳的比例模型：D.HClO的結(jié)構(gòu)式：H﹣Cl﹣O【答案】B【解析】【詳解】A．羧基中兩個O原子分別與C原子成鍵，其中一個O原子與碳原子形成雙鍵，另一個O原子與C原子形成單鍵，故電子式為：，故A錯誤；B．氟離子是由氟原子得一個電子形成的，故氟離子的最外層有8個電子，故結(jié)構(gòu)示意圖為，故B正確；C．四氯化碳中氯原子有3個電子層，而碳原子有2個電子層，故氯原子的半徑大于碳原子半徑，故比例模型為，故C錯誤；D．HClO中的O原子分別與H原子和Cl原子形成兩條共價鍵，故結(jié)構(gòu)式應(yīng)為H-O-Cl，故D錯誤； 故選B。4.下列說法中正確的是A單質(zhì)碘中含有極性共價鍵B.H、D、T互為同素異形體C.只有金屬單質(zhì)灼燒時火焰才有顏色D.元素由化合態(tài)變成游離態(tài)時，它可能被氧化，也可能被還原【答案】D【解析】【詳解】A．同種元素的原子之間形成的是非極性共價鍵，單質(zhì)碘中含有非極性共價鍵，故A錯誤；B．H、D、T是氫的三種核素，它們互稱同位素，同素異形體描述的對象是單質(zhì)，不是元素，故B錯誤；C．焰色反應(yīng)是某些金屬元素特有的性質(zhì)，這些金屬單質(zhì)或它們的化合物灼燒時火焰都有顏色，故C錯誤；D．元素由化合態(tài)變成游離態(tài)時，若化合價升高，則被氧化，若化合價降低，則被還原，故D正確；答案選D。5.下列敘述正確的是A.第一電離能：LiXB.簡單離子的半徑：Z>X>YC.Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物既能與強(qiáng)酸反應(yīng)，又能與強(qiáng)堿反應(yīng)D.由Y、W、Q三種元素形成的某種化合物可用于檢查司機(jī)是否酒后駕車【答案】B【解析】 【分析】Z是地殼中含量最多的金屬元素，說明Z為Al，W的原子核外價電子排布式為，說明W為K，Y的基態(tài)原子的s電子數(shù)與p電子數(shù)相等，推知Y為O，X與Y同周期且相鄰，結(jié)合前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增大，X為N，Q的基態(tài)原子的未成對電子數(shù)是同周期元素中最多的，推知Q為Cr?！驹斀狻緼.元素的非金屬性越強(qiáng)，其簡單氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，由于非金屬性：O>N，簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y>X，A項正確；B.具有相同核外電子排布的離子，原子序數(shù)越小，其簡單離子半徑越大，簡單離子的半徑：X>Y>Z，B項錯誤；C.Al（OH）3既能與強(qiáng)酸反應(yīng)，又能與強(qiáng)堿反應(yīng)，C項正確；D.重鉻酸鉀具有強(qiáng)氧化性，能夠氧化酒精，本身的顏色發(fā)生了變化，可用于檢查司機(jī)是否酒后駕車，D項正確；故選B。10.已知：SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8kJ·mol-1。一定條件下，向某恒容密閉容器中加入一定量的SO2和NO2發(fā)生上述反應(yīng)，測得0~10s內(nèi)c(NO2)減小了0.25mol·L-1。下列說法正確的是A.SO2(g)+NO2(g)SO3(s)+NO(g)的ΔH>-41.8kJ·mol-1B.當(dāng)容器中氣體的密度保持不變時，該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)C.向容器中充入惰性氣體，反應(yīng)速率加快，反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率增大D.不考慮反應(yīng)放出熱量的影響，10~15s內(nèi)平均反應(yīng)速率v(SO2)小于0.025mol·L-1·s-1【答案】D【解析】【詳解】A．SO3(g)→SO3(s)是放熱過程，生成三氧化硫固體，反應(yīng)放出的熱量更多，則ΔH<-41.8kJ/mol，故A錯誤；B．根據(jù)ρ=，反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量與體積都保持不變，因此密度也不變，無法確定化學(xué)反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，故B錯誤；C．恒溫恒容下，充入惰性氣體，壓強(qiáng)增大，分壓不變，化學(xué)反應(yīng)速率不變，對化學(xué)平衡無影響，反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故C錯誤；D．隨著反應(yīng)的進(jìn)行各組分濃度逐漸減小，反應(yīng)速率逐漸減小，0~10s內(nèi)v(SO2)的化學(xué)反應(yīng)速率為0.025mol·L-1·s-1，10~15秒內(nèi)反應(yīng)速率會小一些，故D正確；答案為D。11.有一溶液，欲確定是否含有下列離子：K＋、Mg2＋、Fe3＋、Ba2＋、SO42-、Cl－、I－、HCO3- ，實驗如下：實驗步驟實驗現(xiàn)象①用玻璃棒蘸取少量該溶液，點(diǎn)在pH試紙中部試紙變?yōu)榧t色②取少量該溶液，加入BaCl2溶液有白色沉淀生成③?、谥蟹磻?yīng)后的上層清液，加入AgNO3溶液有穩(wěn)定的白色沉淀生成，且不溶于稀硝酸④取少量該溶液，加入NaOH溶液只有紅褐色沉淀生成下列判斷正確是（　　）A.溶液中陽離子只有Fe3＋B.由于沒有Na＋，焰色反應(yīng)觀察K＋時不必用藍(lán)色的鈷玻璃C.假如沒有步驟①，也不影響溶液中離子的判斷D.步驟④發(fā)生反應(yīng)的離子方程式只有：Fe3＋＋3OH－=Fe（OH）3↓【答案】C【解析】【分析】①步pH試紙變紅，說明溶液顯酸性，HCO不能大量存在；②步說明有SO，Ba2＋就不能大量存在；③步不能說明有Cl－，因為②中引入了Cl－；④步說明有Fe3＋?！驹斀狻緼.溶液中一定含有Fe3＋和H＋，可能含有K+，A錯誤；B.不管是否含有Na＋，只要是觀察鉀的焰色，都必須透過藍(lán)色鈷玻璃，B錯誤；C.沒有步驟①，④步說明有Fe3＋，也能體現(xiàn)溶液顯酸性，不影響溶液中離子的判斷，C正確；D.步驟④發(fā)生的反應(yīng)一定有：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，H＋＋OH－=H2O，D錯誤。故選C。12.下列離子方程式書寫正確的是A.電解MgCl2水溶液：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑B.向Fe(NO3)3溶液中加入少量的HI溶液：2Fe3++2I-=2Fe2++I2C.用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SOD.(NH4)2Fe(SO4)2溶液與少量Ba(OH)2溶液反應(yīng)：2Ba2++4OH-+2NH+Fe2++2SO =2BaSO4↓+Fe(OH)3↓+2NH3?H2O【答案】C【解析】【詳解】A．用惰性材料為電極電解MgCl2溶液，陽極上Cl-失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)產(chǎn)生Cl2，故陽極的電極反應(yīng)為2Cl--2e-=Cl2↑，陰極上H2O電離產(chǎn)生的H+得到電子變?yōu)镠2，產(chǎn)生的OH-與Mg2+結(jié)合為Mg(OH)2沉淀，故陰極的電極反應(yīng)為，故總反應(yīng)的離子方程式為，A錯誤；B．在酸性條件下氧化性強(qiáng)于Fe3+，HI少量時優(yōu)先被還原為NO，B錯誤；C．用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有強(qiáng)氧化性，可將部分氧化為，同時產(chǎn)生的氫離子與剩余部分結(jié)合生成，Cl2被還原為Cl-，反應(yīng)的離子方程式為，C正確；D．Ba(OH)2少量時，OH-不足優(yōu)先與Fe2+反應(yīng)，生成Fe(OH)2沉淀，而不會和反應(yīng)生成，D錯誤；故合理選項是C。13.可燃冰是另一種CH4的重要來源，利用可燃冰制備的甲烷可以設(shè)計成如下燃料電池，可以作為“移動的發(fā)電廠”，源源不斷的對外供電，下列說法錯誤的是A.a電極通入甲烷氣體，作負(fù)極B.每通入1molCH4，有8mole－通過質(zhì)子交換膜C.b電極的電極反應(yīng)式為：O2＋4e－＋4H＋＝2H2OD.催化劑電極采用疏松多孔結(jié)構(gòu)可提高電極反應(yīng)效率【答案】B【解析】 【分析】電子流出的電極a為負(fù)極，電子流入的電極b為正極。負(fù)極反應(yīng)式為CH4-8e-+2H2O=CO32-+8H+，正極反應(yīng)式為2O2+8e-+8H+=4H2O?！驹斀狻緼.依據(jù)上述分析，a電極通入甲烷氣體，作負(fù)極，A正確；B.每通入1molCH4，有8mole－轉(zhuǎn)移，但電子不能通過質(zhì)子交換膜，B錯誤；C.b電極的電極反應(yīng)式為：O2＋4e－＋4H＋＝2H2O，C正確；D.催化劑電極采用疏松多孔結(jié)構(gòu)，可提高電極反應(yīng)效率，D正確；答案為B?！军c(diǎn)睛】電極反應(yīng)式的書寫，是我們解電化學(xué)試題的易錯點(diǎn)，主要錯因是我們沒有弄清電解質(zhì)的性質(zhì)。電解質(zhì)溶液用質(zhì)子交換膜隔離，說明電解質(zhì)為酸。所以在電極反應(yīng)式中，電解質(zhì)中的微粒不允許出現(xiàn)OH-，只允許出現(xiàn)H+和H2O。14.0.1mol/L的8種物質(zhì)的溶液：①HNO3②H2SO4③CH3COOH④Ba(OH)2⑤NaOH⑥CH3COONa⑦KCl⑧NH4Cl以上溶液中pH值由小到大的是A.③⑧②①⑥⑤⑦④B.②①③⑧⑦⑥⑤④C.②③⑧①④⑦⑥⑤D.①②③⑧⑦④⑥⑤【答案】B【解析】【分析】【詳解】①HNO3；②H2SO4③CH3COOH屬于酸，硝酸是一元強(qiáng)酸、硫酸是二元強(qiáng)酸、醋酸是一元弱酸，所以相同濃度時氫離子濃度大小順序是②>①>③，則其溶液的pH大小順序為：③>①>②；④Ba(OH)2⑤NaOH屬于堿，氫氧化鋇是二元強(qiáng)堿、NaOH是一元強(qiáng)堿，所以Ba(OH)2中氫氧根離子濃度大于NaOH，則溶液pH大小順序是④>⑤；⑥CH3COONa⑦KCl⑧NH4Cl⑧屬于鹽，醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，氯化鉀是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，其溶液呈中性，氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，其溶液呈酸性，所以相同濃度的這三種鹽pH大小順序是⑥>⑦>⑧；相同濃度時，pH大小順序是堿>鹽>酸；通過以上分析知，相同濃度的這幾種溶液pH從小到大順序是；②①③⑧⑦⑥⑤④，綜上所述，故選B15.現(xiàn)有四種溶液：①溶液、②溶液、③溶液、④溶液。下列說法錯誤的是 A.：③＜④＜①＜②B.：③＞④＞①＞②C.溶液的pH：②＜①＜④＜③D.溶液的導(dǎo)電能力：②＞①＞③＞④【答案】D【解析】【詳解】A．①0.1mol?L-1HCl溶液中c(H+)=0.1mol/L，②0.1mol?L-1H2SO4溶液c(H+)=0.1mol/L×2=0.2mol/L，③0.1mol?L-1NaOH溶液c(OH-)=0.1mol/L，c(H+)=mol/L=10-13mol/L，④0.1mol?L-1CH3COOH溶液顯酸性，但醋酸為弱酸，部分電離，故10-7mol/L＜c(H+)＜0.1mol/L，故c(H+)：③＜④＜①＜②，故A正確；B．由分析可知，氫離子濃度越大，氫氧根離子濃度越小，c(H+)：③＜④＜①＜②，則c(OH-)：③＞④＞①＞②，故B正確；C．由分析可知，氫離子濃度越大，pH越小，c(H+)：③＜④＜①＜②，則溶液的pH：②＜①＜④＜③，故C正確；D．①0.1mol?L-1HCl溶液中c(H+)=c(Cl-)=0.1mol/L，②0.1mol?L-1H2SO4溶液c(H+)=0.1mol/L×2=0.2mol/L，c(SO)=0.1mol/L，③0.1mol?L-1NaOH溶液c(Na+)=c(OH-)=0.1mol/L，④醋酸為弱酸，部分電離，氫離子和醋酸根離子濃度均小于0.1mol/L，故溶液的導(dǎo)電能力：②＞①=③＞④，故D錯誤；故選：D。16.我國成功研發(fā)出一種新型鋁—石墨雙離子電池，電池結(jié)構(gòu)如圖所示。電池總反應(yīng)為：AlLi+Cx(PF6)xC+Al+PF+Li+，則下列有關(guān)說法不正確的是A.放電時，a極的電極反應(yīng)式是：AlLi-e-=Li++AlB.充電時，b極與外接電源的正極相連C.充電時，離子向b極移動D.電池中電解質(zhì)溶液可能是LiPF6的水溶液 【答案】D【解析】【分析】電池工作時的總反應(yīng)化學(xué)方程式為AlLi+Cx(PF6)xC+Al++Li+，則放電時AlLi被氧化，a為原電池的負(fù)極，電極反應(yīng)式為AlLi-e-=Al+Li+，b為正極，CxPF6得電子被還原，電極反應(yīng)式為CxPF6+e-=xC+，充電時，電極反應(yīng)與放電時的反應(yīng)相反，據(jù)此分析?！驹斀狻緼．放電時是原電池，a極是負(fù)極，負(fù)極上發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式是：AlLi-e-=Li++Al，故A正確；B．根據(jù)分析，放電時b為正極，充電時，b極與外接電源的正極相連，作陽極，故B正確；C．放電時b為正極，充電時，b為陽極，陰離子向陽極移動，離子向b極移動，故C正確；D．電池中電解質(zhì)溶液若是LiPF6的水溶液，溶液中有水，會與AlLi電極反應(yīng)，不能構(gòu)成原電池，故D錯誤；答案選D。17.常溫下，下列各組粒子在指定溶液中一定能大量共存的是A.使甲基橙變黃色的溶液：Mg2＋、K＋、SO、NOB.c(H＋)/c(OH-)=1×1012的溶液中：NH、Ca2＋、ClO-、Cl-C.銀氨溶液：Na＋、K＋、NO、NH3·H2OD.與Al反應(yīng)能放出H2的溶液中：Na＋、K＋、NO、SO【答案】C【解析】【詳解】A．使甲基橙變黃色的溶液可能顯酸性，中性或堿性，鎂離子在堿性環(huán)境下一定不能大量共存，故A不符合題意；B．=1×1012的溶液顯酸性，次氯酸根離子在酸性條件下不能大量共存，故B不符合題意；C．銀氨溶液顯堿性，堿性環(huán)境下，四種粒子之間不反應(yīng)，可以大量共存，故C符合題意；D．與Al反應(yīng)能放出H2的溶液可能為酸性，可能為堿性；在堿性環(huán)境下，四種離子可以大量共存，但是在酸性環(huán)境下，硝酸根離子與金屬鋁反應(yīng)不能生成氫氣，不滿足選項條件要求，故D不符合題意；故選C。18.從原子序數(shù)11依次增加到17，下列所敘遞變關(guān)系正確的是 A.金屬性逐漸增強(qiáng)B.原子半徑逐漸增大C.最高正價數(shù)值逐漸減小D.從硅到氯負(fù)價從-4-1【答案】D【解析】【分析】原子序數(shù)從11到17的元素都是第三周期元素，同一周期元素，元素金屬性隨著原子序數(shù)增大而減弱，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，元素最高正化合價隨著原子序數(shù)增大而增大，從Si元素開始出現(xiàn)負(fù)化合價。【詳解】原子序數(shù)從11到17的元素都是第三周期元素，A．同一周期元素，元素金屬性隨著原子序數(shù)增大而減弱，元素非金屬性隨著原子序數(shù)增大而增強(qiáng)，選項A錯誤；B．同一周期元素，電子層數(shù)相等，原子核吸引電子的能力逐漸增大，所以其原子半徑逐漸減小，選項B錯誤；C．主族元素最高正化合價與其族序數(shù)相等，但O、F元素除外，第三周期元素最高正化合價隨著原子序數(shù)增大而逐漸增大，選項C錯誤；D．從Si到Cl元素出現(xiàn)負(fù)化合價，且負(fù)價從-4到-1，選項D正確；答案選D?！军c(diǎn)睛】本題考查了同一周期元素遞變規(guī)律，明確原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)的關(guān)系，知道同一周期元素遞變規(guī)律有哪些，?？疾榈暮型恢髯逶剡f變規(guī)律，題目難度不大。19.新型納米材料MFe2O，(3yD.氧化性：MFe2Oy>SO2【答案】A【解析】【詳解】A．在氧化還原反應(yīng)中，鐵元素化合價升高，作還原劑，A正確；B．SO2中S元素由+4價降低到0價，得電子作氧化劑，被還原，B錯誤；C．根據(jù)氧原子守恒，SO2轉(zhuǎn)化為S，氧原子數(shù)減少，MFe2OX轉(zhuǎn)化為MFe2Oy，氧原子數(shù)必然增加，xMFe2Oy，D錯誤； 故選A20.某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列說正確的A.該分子可以發(fā)生加成反應(yīng)和取代反應(yīng)B.分子中含有2種官能團(tuán)C.該分子在銅催化下加熱不會和氧氣發(fā)生催化氧化D.分子式為【答案】B【解析】【詳解】A．該分子沒有苯環(huán)或碳碳雙鍵，不可以與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故A錯誤；B．分子中含有2種官能團(tuán)，羧基和羥基，故B正確；C．該分子中有?CH2OH，在銅催化下加熱會和氧氣發(fā)生催化氧化生成?CHO，故C錯誤；D．分子式為，故D錯誤。綜上所述，答案為B。二、實驗題(共15分)21.三硫代碳酸鈉(Na2CS3)在農(nóng)業(yè)上用作殺菌劑和殺線蟲劑，在工業(yè)上用于處理廢水中的重金屬離子。某化學(xué)興趣小組對Na2CS3的一些性質(zhì)進(jìn)行了探究性實驗。實驗I.探究Na2CS3的性質(zhì)：步驟操作及現(xiàn)象①取少量Na2CS3固體溶于蒸餾水中，配制成溶液并分成兩等份②向其中一份溶液中滴加幾滴酚酞試劑，溶液變成紅色③向另一份溶液中滴加硫酸酸化的KMnO4溶液，紫色褪去（1）H2CS3是___(填“強(qiáng)”或“弱”)酸。（2）已知步驟③中反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是SO42-，則該反應(yīng)的離子方程式為___。（3 ）某同學(xué)取步驟③反應(yīng)后所得溶液于試管中，滴加足量鹽酸和氯化鋇溶液，他認(rèn)為通過測定產(chǎn)生的白色沉淀的質(zhì)量即可求出實驗中所用的Na2CS3的質(zhì)量。你是否同意他的觀點(diǎn)并說明理由：___。實驗Ⅱ.測定Na2CS3溶液的濃度：按如圖所示裝置進(jìn)行實驗：將50.0mLNa2CS3溶液置于三頸燒瓶中，打開儀器M的活塞，滴入足量2.0mol?L-1的稀H2SO4，關(guān)閉活塞。已知：CS32-+2H+=CS2+H2S↑，CS2和H2S均有毒。(CS2不溶于水，沸點(diǎn)為46℃，與CO2的某些性質(zhì)相似，與NaOH作用生成Na2COS2和H2O)（4）儀器M的名稱是___。反應(yīng)開始前需要先通入一段時間N2，其作用為___。（5）B中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___。（6）反應(yīng)結(jié)束后打開活塞K，再緩慢通入一段時間的熱N2，其目的是___。（7）為了計算三硫代碳酸鈉溶液的濃度，可通過測定B中生成沉淀的質(zhì)量來計算。稱量B中沉淀質(zhì)量之前需要進(jìn)行的實驗操作是___。若B中生成沉淀的質(zhì)量為8.4g，則Na2CS3溶液的物質(zhì)的量濃度是___?！敬鸢浮竣?弱②.5CS32-+24MnO4-+52H+=15SO42-+5CO2↑+24Mn2++26H2O③.不同意，因為步驟③中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有SO42-，所以生成的硫酸鋇沉淀質(zhì)量偏大④.分液漏斗⑤.排盡裝置中的空氣，防止生成的H2S被氧化⑥.Cu2++H2S=CuS↓+2H+⑦.將生成的H2S全部吹入裝置B中，使其被充分吸收(或?qū)⑸傻腃S2全部吹入裝置C中，使其被充分吸收)⑧.過濾、洗滌、干燥⑨.1.75mol?L-1【解析】【分析】（1）Na2CS3水溶液中加入酚酞變紅色，說明Na2CS3是強(qiáng)堿弱酸鹽；（2）根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律分析作答；（3）酸性高錳酸鉀溶液用稀硫酸酸化；（4）根據(jù)儀器的圖形判斷儀器的名稱；A中發(fā)生Na2CS3?+H2SO4=Na2SO4?+CS2?+H2S↑，生成的硫化氫可與B中的硫酸銅反應(yīng)生成CuS沉淀；（5）反應(yīng)結(jié)束后打開活塞k，再緩慢通入熱N2一段時間是把生成的硫化氫和二硫化碳全部趕入后面裝置完全吸收；（6）當(dāng)A中反應(yīng)完全后，打開K緩慢通入熱N2一段時間，然后對B中混合物進(jìn)行過濾、洗滌、干燥，稱重，得8.4黑色固體，根據(jù)關(guān)系式Na2CS3～H2S～CuS分析計算求得。 【詳解】的水溶液中加入酚酞變紅色，說明是強(qiáng)堿弱酸鹽，則為弱酸；步驟的氧化產(chǎn)物是，還原產(chǎn)物是錳離子，同時還生成二氧化碳、水，離子方程式為；酸性高錳酸鉀溶液用稀硫酸酸化，混入了硫酸根離子，所以不能通過白色沉淀的質(zhì)量來計算的量，否則結(jié)果偏大；儀器M的名稱是分液漏斗，因裝置中有空氣，硫化氫易和氧氣反應(yīng)，則反應(yīng)開始前需要先通入一段時間，其作用為排盡裝置中的空氣，防止生成的被氧化；中發(fā)生，生成的硫化氫可與B中的硫酸銅反應(yīng)生成CuS沉淀，反應(yīng)的離子方程式為；反應(yīng)結(jié)束后打開活塞k，再緩慢通入熱一段時間，其目的是：將裝置中的全部排入B中被充分吸收；將裝置中的全部排入C中被充分吸收；稱量B中沉淀質(zhì)量之前需要進(jìn)行的實驗操作是過濾、洗滌、干燥，若B中生成沉淀的質(zhì)量為，，根據(jù)關(guān)系式得，。【點(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)的制備，涉及化學(xué)方程式的書寫、實驗方案評價、氧化還原反應(yīng)、濃度計算等，明確實驗原理及實驗基本操作方法，注意題目信息的與相關(guān)基礎(chǔ)知識聯(lián)合分析。三、工業(yè)流程題(共15分)22.鐵及其化合物在日常生活中很常見（1）氧化鐵是重要工業(yè)顏料，用廢鐵屑制備它的流程如下：回答下列問題：①操作II所包含的兩項主要基本操作是____________。上述流程中，F(xiàn)e（OH）2轉(zhuǎn)化成Fe（OH）3時的化學(xué)方程式為__________________________________。②將FeCl2溶液高溫水解、氧化也可直接制得氧化鐵，請寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______________。 （2）有些同學(xué)認(rèn)為用KMnO4溶液能進(jìn)行綠礬（FeSO4·7H2O）產(chǎn)品中鐵元素含量的測定，反應(yīng)的離子方程式為：___________，該滴定過程中_____（填“是”或“否”）還需要指示劑。實驗步驟如下：a．考慮綠礬產(chǎn)品可能因為保存不當(dāng)被空氣中氧氣所氧化，所以事先取少量綠礬產(chǎn)品溶于水，滴加_____溶液進(jìn)行驗證。b.稱取2.850g綠礬產(chǎn)品，溶解，在250mL容量瓶中定容；c．量取25.00mL待測溶液于錐形瓶中；d．用硫酸酸化的0.01000mol·L－1KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液體積的平均值為20.00mL。請完成下列問題：①實驗前，首先要精確配制一定物質(zhì)的量濃度的KMnO4溶液250mL，配制時需要的儀器除天平、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管外，還需__________________________。②某同學(xué)設(shè)計的下列滴定方式，最合理的是________（夾持部分略去）（填字母序號）。③計算上述樣品中FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_____________?！敬鸢浮浚?）①.過濾、洗滌②.4Fe（OH）2+2H2O+O2＝4Fe（OH）3③.4FeCl2+4H2O+O22Fe2O3+8HCl（2）①.②.否③.KSCN④.250mL容量瓶⑤.b⑥.0.975或97.5%?！窘馕觥俊痉治觥繌U鐵屑用碳酸鈉除去油污，與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，廢鐵屑中與硫酸不反應(yīng)的雜質(zhì)，需過濾除去，在濾液中加入弱堿氨水，生成Fe（OH）2,Fe（OH）2被空氣中的氧氣氧化成氫氧化鐵，過濾、洗滌、干燥、煅燒即得氧化鐵，據(jù)此流程分析；【小問1詳解】 ①操作II所包含的兩項主要基本操作是過濾、洗滌；Fe（OH）2轉(zhuǎn)化成Fe（OH）3時的化學(xué)方程式為4Fe（OH）2+2H2O+O2＝4Fe（OH）3。②FeCl2溶液高溫水解、氧化可以直接制得氧化鐵，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4FeCl2+4H2O+O22Fe2O3+8HCl；故答案為：過濾、洗滌；4Fe（OH）2+2H2O+O2＝4Fe（OH）3；4FeCl2+4H2O+O22Fe2O3+8HCl；【小問2詳解】高錳酸鉀具有氧化性，能將Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被還原成Mn2＋，根據(jù)化合價升降相等，電荷守恒及原子守恒配平，反應(yīng)的離子方程式為4FeCl2+4H2O+O22Fe2O3+8HCl；高錳酸鉀是溶液是紫色溶液，生成的Mn2＋無色，所以該反應(yīng)不需要另外的指示劑；綠礬在空氣中被氧氣氧化生成Fe3＋，而檢驗Fe3＋的試劑是KSCN溶液。①配制一定物質(zhì)的量濃度的KMnO4溶液250mL，配制時需要的儀器有托盤天平、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、250mL容量瓶。②高錳酸鉀具有氧化性，應(yīng)盛放在酸式滴定管中，試樣放在錐形瓶中，選b；③根據(jù)得關(guān)系式為5FeSO4·7H2O~KMnO4，則上述樣品中FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為（0.01000mol·L－1×0.02L×5×10×278g·mol-1）÷2.850g×100%=97.5%；故答案為：；否；KSCN；250mL容量瓶；b；0.975或97.5%。四、原理綜合題(共15分)23.(1)某溫度時，在2L容器中X、Y、Z三種氣態(tài)物質(zhì)的量隨時間的變化曲線如圖所示。由圖中數(shù)據(jù)分析，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。反應(yīng)開始至2min，Z的平均反應(yīng)速率為__________。(2)甲烷作為能源燃燒放出大量的熱，已知： ①2CH4(g)+3O2(g)=2CO(g)+4H2O(l)△H1=-1214kJ/mol②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=-566kJ/mol則表示甲烷燃燒熱的熱化學(xué)方程式___________________________________________。(3)在25℃下，向濃度均為0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_________沉淀（填化學(xué)式），生成該沉淀的離子方程式為__________________（已知25℃時Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20）。(4)Na2S溶液具有較強(qiáng)的堿性，其原因為______________________。(用離子方程式表示)【答案】①.3X+Y2Z②.0.05mol/(L·min)③.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ/mol④.Cu(OH)2⑤.Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+⑥.S2-+H2OHS-+OH-【解析】【分析】(1)由圖象可知，反應(yīng)中X、Y的物質(zhì)的量減少，應(yīng)為反應(yīng)物，Z的物質(zhì)的量增多，應(yīng)為生成物，當(dāng)反應(yīng)進(jìn)行到2min時，X、Y的物質(zhì)的量不變且不為0，屬于可逆反應(yīng)，△n(X)=0.3mol，△n(Y)=0.1mol，△n(Z)=0.2mol，參加反應(yīng)的物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比；根據(jù)υ=，計算v(Z)；(2)根據(jù)燃燒熱的概念，運(yùn)用蓋斯定律，就可以得到甲烷燃燒的熱化學(xué)方程式；(3)Mg(OH)2、Cu(OH)2的類型相同，根據(jù)溶度積常數(shù)越小，先形成沉淀判斷；(4)根據(jù)鹽的組成，結(jié)合鹽的水解規(guī)律分析判斷。【詳解】(1)由圖象可知，反應(yīng)中X、Y的物質(zhì)的量減少，應(yīng)為反應(yīng)物，Z的物質(zhì)的量增多，應(yīng)為生成物，當(dāng)反應(yīng)進(jìn)行到2min時，X、Y的物質(zhì)的量不變且不為0，屬于可逆反應(yīng)，△n(X)=0.3mol，△n(Y)=0.1mol，△n(Z)=0.2mol，參加反應(yīng)的物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，所以該反應(yīng)的化學(xué)方程式為3X+Y2Z；根據(jù)方程式可知在2min內(nèi)Z的物質(zhì)的量增加了0.2mol，由于容器的容積為2L，則υ(Z)==0.05mol/(L?min)；(2)甲烷的燃燒熱是101kPa時，1mol甲烷完全燃燒產(chǎn)生CO2氣體和液態(tài)水時放出的熱量。根據(jù)蓋斯定律，將[①+②]÷2，整理可得：甲烷燃燒熱的熱化學(xué)方程式是：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ/mol；(3)由于Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11>Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Mg(OH)2、Cu(OH)2的類型相同，所以Cu(OH)2先生成沉淀；一水合氨是一元弱堿，與Cu2+結(jié)合形成Cu(OH)2沉淀，生成該沉淀的離子方程式為Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+；(4)Na2S是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中，S2-發(fā)生水解反應(yīng)，消耗水電離產(chǎn)生的H+，最終達(dá)到平衡時，溶液中c(OH-)>c(H+)，使溶液具有較強(qiáng)的堿性，水解反應(yīng)的離子方程式為：S2-+H2OHS-+OH-?！军c(diǎn)睛】 本題考查了圖象在化學(xué)方程式書寫的應(yīng)用、熱化學(xué)方程式的書寫、化學(xué)反應(yīng)速率的計算及沉淀溶解平衡、鹽的水解的知識，較為全面的考查了化學(xué)反應(yīng)基本原理的知識。五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共15分)24.氫能作為理想的清潔能源之一，已經(jīng)受到世界各國的普遍關(guān)注。氫的存儲是氫能應(yīng)用的主要瓶頸，目前所采用或正在研究的主要儲氫方法有：配位氫化物儲氫、碳質(zhì)材料儲氫、合金儲氫、多孔材料儲氫等。請回答下列問題：(1)氨硼烷(NH3BH3)是一種潛在的儲氫材料，它可由六元環(huán)狀化合物(HB＝NH)3通過3CH4＋2(HB＝NH)3＋6H2O＝3CO2＋6H3BNH3制得。①C、N、O第一電離能由大到小的順序為___________，CH4、H2O、CO2鍵角由大到小的順序為___________，原因為____________________________________________。②)1mol(HB＝NH)3分子中有_____個σ鍵。與(HB＝NH)3互為等電子體的分子為_______(填分子式)。③氨硼烷在高溫下釋放氫后生成的立方氮化硼晶體具有類似金剛石的結(jié)構(gòu)，但熔點(diǎn)比金剛石低，原因是____________________________________________。(2)一種儲氫合金由鎳和鑭(La)組成，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①Ni的基態(tài)原子核外電子排布式為___________。②該晶體的化學(xué)式為___________。③該晶體的內(nèi)部具有空隙，且每個晶胞的空隙中儲存6個氫原子比較穩(wěn)定。已知：標(biāo)準(zhǔn)狀況下氫氣的密度為pg·cm－3；阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。若忽略吸氫前后晶胞的體積變化，則該儲氫材料的儲氫能力為___________。(儲氫能力＝)【答案】①.N>O>C②.CO2＞CH4＞H2O③.CO2中C采取sp雜化，CH4、H2O中C、O都采取sp3雜化，sp雜化的鍵角大于sp3雜化；又因為H2O中有兩對孤對電子，CH4沒有孤對電子，孤對電子與孤對電子的斥力>孤對電子與成鍵電子的斥力>成鍵電子與成鍵電子的斥力④.12×6.02×1023⑤.C6H6⑥.B—N鍵的鍵長大于C一C鍵的，鍵能小于C一C鍵的⑦.1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2⑧.LaNi5⑨.【解析】 【分析】（1）①根據(jù)同一周期第一電離能的遞變規(guī)律，利用雜化軌道理論解釋鍵角大??；②根據(jù)單鍵均為σ鍵，雙鍵是一個σ鍵和一個鍵、等電子體的概念求解；③利用原子晶體熔沸點(diǎn)的遞變規(guī)律和影響因素進(jìn)行解答；（2）采用晶胞均攤法進(jìn)行求解?！驹斀狻浚?）①同周期隨原子序數(shù)增大元素第一電離能呈增大趨勢，氮元素2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于氧元素，故C、N、O第一電離能由大到小的順序為N>O>C，CH4中中心原子有4對σ鍵電子對，沒有孤對電子，其中C采取sp3雜化；H2O中中心原子有2對σ鍵電子對，2對孤對電子，其中O采取sp3雜化；CO2中中心原子有2對σ鍵電子對，沒有孤對電子，其中C采取sp雜化；由于孤對電子與孤對電子的斥力>孤對電子與成鍵電子的斥力>成鍵電子與成鍵電子的斥力，故甲烷的鍵角為109°28′，水的鍵角為104.5°，二氧化碳的鍵角為180°，故鍵角由大到小的順序為CO2＞CH4＞H2O，原因為CO2中C采取sp雜化，CH4、H2O中C、O都采取sp3雜化，sp雜化的鍵角大于sp3雜化；又因為H2O中有兩對孤對電子，CH4沒有孤對電子，孤對電子與孤對電子的斥力>孤對電子與成鍵電子的斥力>成鍵電子與成鍵電子的斥力，故答案為：CO2＞CH4＞H2O；CO2中C采取sp雜化，CH4、H2O中C、O都采取sp3雜化，sp雜化的鍵角大于sp3雜化，又因為H2O中有兩對孤對電子，CH4沒有孤對電子，孤對電子與孤對電子的斥力>孤對電子與成鍵電子的斥力>成鍵電子與成鍵電子的斥力；②根據(jù)單鍵均為σ鍵，雙鍵是一個σ鍵和一個鍵，故1mol(HB＝NH)3分子中有12×6.02×1023個σ鍵，等電子體是指原子總數(shù)相同，價電子總數(shù)相同的微粒，故與(HB＝NH)3互為等電子體的分子為C6H6，故答案為：12×6.02×1023；C6H6；③氨硼烷在高溫下釋放氫后生成的立方氮化硼晶體具有類似金剛石的結(jié)構(gòu)，故立方氮化硼晶體和金剛石均為原子晶體，其熔沸點(diǎn)與共價鍵的鍵長成反比，由于B—N鍵的鍵長大于C一C鍵的，鍵能小于C一C鍵的，故立方氮化硼晶體的熔點(diǎn)比金剛石低，故答案為：B—N鍵的鍵長大于C一C鍵的，鍵能小于C一C鍵的；(2)①Ni是28號元素，故其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2，故答案為：1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；②由均攤法可知，La位于晶胞的8個頂點(diǎn)，Ni是8個在面上，1個在體內(nèi)，故一個晶胞中含有La為個，Ni為，故該晶體的化學(xué)式為LaNi5，故答案為：LaNi5；