2019-2020年高三化学下学期2月月考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三化学下学期2月月考试卷（含解析）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1生产、生活离不开化学，下列说法不正确的是（）A 不需要通过化学反应就能从海水中获得食盐和淡水B 燃料电池的燃料都在负极发生氧化反应C 氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂D 工业上常用高纯硅制造光导纤维2X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体W能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等下列说法正确的是（）A 原子半径：WYZXB 气态氢化物的稳定性：XZC 最高价氧化物对应水化物的碱性：YWD Y、Z的氧化物都有酸性和碱性3能正确表示下列反应的离子方程式为（）A 向Fe（NO3）2稀溶液中加入稀盐酸：Fe2+2H+NO3Fe3+NO2+H2OB 向NaHSO4溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2OC 向（NH4）2Mg（SO4）2溶液中加入少量的Na2O：Mg2+Na2O+H2OMg（OH）2+2Na+D 向0.1molL1、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA+OHA2+H2O4标况下，34g CO和CO2混合气体的体积为22.4L，关于该混合气体有下列的说法 混合气体中两种气体的分子个数比为5：3 混合气体中两种气体的质量比为35：33 混合气体中碳和氧的原子个数比为8：11 混合气体的密度约为1.52g/L，其中正确的是（）A 只有B 只有C 和D 都正确5下列说法正确的是（）A 在由水电离产生的氢离子浓度为1013 molL1的溶液中，Ca2+、K+、Cl、HCO3四种离子能大量共存B 常温下，将0.2 molL1某一元碱ROH溶液和0.1 molL1HCl溶液等体积混合，混合后溶液pH7，则c（ROH）c（R+）C 反应2N2H4（l）=N2（g）+2H2（g）H=50.6 kJ/mol，只在高温下自发进行D 已知MgCO3的Ksp=6.82106，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c（Mg2+）=c（CO32），且c（Mg2+）c（CO32）=6.821066标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为g/mL，质量分数为，物质的量浓度为c mol/L，则下列选项不正确的是（）A =B 用水稀释该溶液，OH的物质的量增加C 该溶液中共有6种微粒D 若向该溶液中加入少量的NH4Cl固体，则溶液的pH值一定会减小7用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示下列说法中，正确的是（）A 燃料电池工作时，正极反应为：O2+2H2O+4e=4OHB a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出C a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出D a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等二、解答题（共4小题，满分58分）某研究性学习小组在实验室中配制1mol/L的稀硫酸标准溶液，然后用其滴定某未知浓度的NaOH溶液下列有关说法中正确的是A、实验中所用到的滴定管、容量瓶，在使用前均需要检漏；B、如果实验中需用60mL 的稀硫酸标准溶液，配制时应选用100mL容量瓶；C、容量瓶中含有少量蒸馏水，会导致所配标准溶液的浓度偏小；D、酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀硫酸，则测得的NaOH溶液的浓度将偏大；E、配制溶液时，若在最后一次读数时俯视读数，则导致最后实验结果偏大F、中和滴定时，若在最后一次读数时俯视读数，则导致最后实验结果偏大（2）常温下，已知0.1molL1一元酸HA溶液中c（OH）/c（H+）=1108常温下，0.1molL1 HA溶液的pH=；写出该酸（HA）与NaOH溶液反应的离子方程式：；pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中4种离子物质的量浓度大小关系是：；0.2molL1HA溶液与0.1molL1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：c（H+）+c（HA）c（OH）=molL1（溶液体积变化忽略不计）（3）t时，有pH=2的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数Kw=该温度下（t），将100mL 0.1molL1的稀H2SO4溶液与100mL 0.4molL1的NaOH溶液混合后（溶液体积变化忽略不计），溶液的pH=该温度下（t），1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则稀硫酸的pH（pHa）与NaOH溶液的pH（pHb）的关系是：9氮元素有着多变价态和种类繁多的化合物，它们在工农业生产、生活中发挥着重要的作用完成下列问题：（1）在一密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，其化学平衡常数K与温度T的关系如下表：T298K398K498KK4.1106K1K2比较K1、K2的大小：K1K2（填“”、“=”或“”）若保持容器的容积不变，则该反应达到化学平衡状态的依据是（填序号）a2v正（H2）=3v逆（NH3） bv正（N2）=3v逆（H2）c容器内压强保持不变 d混合气体的平均摩尔质量保持不变若维持容器的体积不变，达到平衡状态后再向容器中通入一定量的N2，此时逆反应速率（填“增大”、“减小”或“不变”）；平衡向方向移动已知AgCl可溶于氨水中，而AgBr不溶于氨水中，则Ksp（AgCl） Ksp（AgBr）（2）肼是氮元素的另一种氢化物，分子式为N2H4写出肼的电子式，它属于性分子298K时，1.00g N2H4（l）与足量的N2O4（l）完全反应生成氮气和水，放出19.15kJ的热量写该反应的热化学方程式肼也可以在纯氧中燃烧生成氮气和水，为了充分利用其能量有人设计了原电池装置，电极材料是多孔石墨电极，电解质为能够传导H+的固体电解质，请写出负极反应式10xx年上海世博会场馆，大量的照明材料或屏幕都使用了发光二极管（LED）目前市售LED品片，材质基本以GaAs（砷化镓）、AlGaInP（磷化铝镓铟）、lnGaN（氮化铟镓）为主已知镓是铝同族下一周期的元素砷化镓的晶胞结构如图试回答：（1）镓的基态原子的电子排布式是（2）砷化镓晶胞中所包含的砷原子（白色球）个数为，与同一个镓原子相连的砷原子成的空间构型为（3）N、P、As处于同一主族，其氢化物沸点由高到低的顺序是 （用氢化物分子式表示）（4）砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700时制得（CH3）3Ga中镓原子的杂化方式为（5）比较二者的第一电离能：AsGa（填“”、“”或“=”）（6）下列说法正确的是（填字母）A砷化镓晶胞结构与NaCl相同BGaP与GaAs互为等电子体C电负性：AsGa D砷化镓晶体中含有配位键11某研究性学生小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，化学方程式为：Ca（ClO）2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2+2H2O他们设计了如图所示装置制取氯气并验证其性质的实验试回答：（1）该实验中A部分的装置是（填写装置的序号）；（2）B中反应的化学方程式是；（3）写出C中反应的离子方程式，并请你帮该小组同学设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化（简述实验步骤）：；（4）写出在D装置中发生反应的离子方程式；（5）该实验存在明显的缺陷是；（6）该小组又进行了如下实验：称取漂白粉2.0g，研磨后溶解，配制成250mL溶液，加入过量的KI溶液和过量的H2SO4溶液，静置待完全反应后，用0.1molL1的Na2S2O3溶液做标准溶液滴定反应生成的碘，已知反应式为2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，反应完成时，共消耗Na2S2O3 200mL则该漂白粉中Ca（ClO）2的质量分数为xx学年四川省成都外国语学校高三（下）月考化学试卷（2月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1生产、生活离不开化学，下列说法不正确的是（）A 不需要通过化学反应就能从海水中获得食盐和淡水B 燃料电池的燃料都在负极发生氧化反应C 氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂D 工业上常用高纯硅制造光导纤维考点：氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅分析：A从海水中获得食盐和淡水，利用蒸发原理分离；B燃料电池的负极上失去电子；C氯气与烧碱溶液或石灰乳反应，分别生成NaClO、Ca（ClO）2，均具有强氧化性；DSi为半导体材料，而SiO2具有对光良好的全反射作用，所以SiO2为光导纤维的材料解答：解：A从海水中获得食盐和淡水，利用蒸发原理分离，不需要发生化学变化，故A正确；B燃料电池的负极上失去电子，发生氧化还原，故B正确；C氯气与烧碱溶液或石灰乳反应，分别生成NaClO、Ca（ClO）2，均具有强氧化性，则氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂，故C正确；D工业上常用SiO2作光导纤维的材料，故D错误；故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确海水资源的利用、燃料电池的原理、氯气的性质、二氧化硅的性质是解答本题关键，综合性较强，题目难度不大2X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体W能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等下列说法正确的是（）A 原子半径：WYZXB 气态氢化物的稳定性：XZC 最高价氧化物对应水化物的碱性：YWD Y、Z的氧化物都有酸性和碱性考点：原子结构与元素周期律的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X有3个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；Z单质是一种良好的半导体，Z为硅元素W、Y为金属元素，Y、Z位于同周期，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y的最外层电子数为3，W的最外层电子数为1，故Y为铝元素，原子序数W大于硅元素，故W为钾元素，钾能与冷水剧烈反应结合元素周期律解答解答：解：X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X有3个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；Z单质是一种良好的半导体，Z为硅元素W、Y为金属元素，Y、Z位于同周期，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y的最外层电子数为3，W的最外层电子数为1，故Y为铝元素，原子序数W大于硅元素，故W为钾元素，钾能与冷水剧烈反应，即X为氧元素，Y为铝元素，Z为硅元素，W为钾元素A、同周期随原子序数增大，原子半径减小，所以原子半径NaAlSi，CO，同主族自上而下，原子半径增大，所以原子半径KNa，SiC，所以原子半径KAlSiO，即WYZX，故A正确；B、X为氧元素，Z为硅元素，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性OSi，非金属性越强，氢化物越稳定，所以气态氢化物稳定性XY，故B错误；C、Y为铝元素，W为钾元素，同主族自上而下金属性增强，所以金属性KNa，同周期自左而右金属性减弱，所以金属性NaAl，金属性KAl，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性YW，故C错误；D、Y为铝元素，Z为硅元素，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，故D错误故选A点评：本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度不大，根据Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等推断元素原子的最外层电子数是关键3能正确表示下列反应的离子方程式为（）A 向Fe（NO3）2稀溶液中加入稀盐酸：Fe2+2H+NO3Fe3+NO2+H2OB 向NaHSO4溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2OC 向（NH4）2Mg（SO4）2溶液中加入少量的Na2O：Mg2+Na2O+H2OMg（OH）2+2Na+D 向0.1molL1、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA+OHA2+H2O考点：离子方程式的书写分析：A向Fe（NO3）2稀溶液中加入稀盐酸反应生成三价铁离子和一氧化氮；B向NaHSO4溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水；C向（NH4）2Mg（SO4）2溶液中加入少量的Na2O，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，因为氧化钠少量，所以得到的氢氧化钠少量，只反应镁离子；D.0.1molL1、pH=1的NaHA溶液，可知NaHA是强酸的酸式盐，应拆成离子形式解答：解：A向Fe（NO3）2稀溶液中加入稀盐酸，离子方程式：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，故A错误；B向NaHSO4溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，离子方程式：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O，故B错误；C向（NH4）2Mg（SO4）2溶液中加入少量的Na2O，离子方程式：Mg2+Na2O+H2OMg（OH）2+2Na+，故C正确；D.0.1molL1、pH=1的NaHA溶液，可知NaHA是强酸的酸式盐，应拆成离子形式，反应的离子方程式：H+OHH2O，故D错误；故选：C点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等4标况下，34g CO和CO2混合气体的体积为22.4L，关于该混合气体有下列的说法 混合气体中两种气体的分子个数比为5：3 混合气体中两种气体的质量比为35：33 混合气体中碳和氧的原子个数比为8：11 混合气体的密度约为1.52g/L，其中正确的是（）A 只有B 只有C 和D 都正确考点：物质的量的相关计算专题：计算题分析：标况下，34gCO和CO2混合气体的体积为22.4L，即混合气体的物质的量是1mol，根据M=知，混合气体的平均摩尔质量是34g/mol，利用十字交叉法确定两种物质的物质的量，再根据N=nNA、m=nM、确定正误解答：解：标况下，34gCO和CO2混合气体的体积为22.4L，即混合气体的物质的量是1mol，根据M=知，混合气体的平均摩尔质量是34g/mol，利用十字交叉法确定两种物质的物质的量之比，所以一氧化碳和二氧化碳的物质的量之比=10：6=5：3，则n（CO）=mol，n（CO2）=mol，混合气体中两种气体的分子个数比等于其物质的量之比，为5：3，故正确； 混合气体中两种气体的质量比=35：33，故正确；混合气体中碳和氧的原子个数比=（）：（）=8：11，故正确；混合气体的密度=1.52g/L，故正确；故选D点评：本题考查了物质的量的有关计算，难度中等，灵活运用公式是解本题的关键，注意基本公式的掌握5下列说法正确的是（）A 在由水电离产生的氢离子浓度为1013 molL1的溶液中，Ca2+、K+、Cl、HCO3四种离子能大量共存B 常温下，将0.2 molL1某一元碱ROH溶液和0.1 molL1HCl溶液等体积混合，混合后溶液pH7，则c（ROH）c（R+）C 反应2N2H4（l）=N2（g）+2H2（g）H=50.6 kJ/mol，只在高温下自发进行D 已知MgCO3的Ksp=6.82106，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c（Mg2+）=c（CO32），且c（Mg2+）c（CO32）=6.82106考点：离子共存问题；焓变和熵变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题：离子反应专题；电离平衡与溶液的pH专题分析：A由水电离产生的氢离子浓度为1013 molL1的溶液，为酸或碱溶液；B将0.2 molL1某一元碱ROH溶液和0.1 molL1HCl溶液等体积混合，得到RCl和ROH的混合溶液，混合后溶液pH7，则水解大于电离；C反应2N2H4（l）=N2（g）+2H2（g）H=50.6 kJ/mol，为熵增、焓减的反应，常温下也能进行；D所有含有固体MgCO3的溶液中，c（Mg2+）、c（CO32）的浓度不一定相等解答：解：A由水电离产生的氢离子浓度为1013 molL1的溶液，为酸或碱溶液，HCO3既能与酸又能与碱反应，则一定不能共存，故A错误；B将0.2 molL1某一元碱ROH溶液和0.1 molL1HCl溶液等体积混合，得到等量的RCl和ROH的混合溶液，混合后溶液pH7，则水解大于电离，所以c（ROH）c（R+），故B正确；C反应2N2H4（l）=N2（g）+2H2（g）H=50.6 kJ/mol，为熵增、焓减的反应，由G=HTS可知常温下也能进行，故C错误；D所有含有固体MgCO3的溶液中，c（Mg2+）、c（CO32）的浓度不一定相等，Ksp与温度有关，则c（Mg2+）c（CO32）=6.82106，故D错误；故选B点评：本题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答本题的关键，题目综合性较强，熟悉离子共存，酸碱反应后水解与电离、反应进行的方向、溶度积等知识即可解答，题目难度不大6标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为g/mL，质量分数为，物质的量浓度为c mol/L，则下列选项不正确的是（）A =B 用水稀释该溶液，OH的物质的量增加C 该溶液中共有6种微粒D 若向该溶液中加入少量的NH4Cl固体，则溶液的pH值一定会减小考点：物质的量浓度的相关计算专题：计算题分析：A、溶液密度=，m（溶液）=m（氨气）+m（水），根据n=计算氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，根据m=V计算水的质量，根据V=计算溶液的体积，溶液体积不等于氨气的体积与水的体积之和B、氨水为碱性，用水稀释碱性减弱，氢氧根的浓度降低，一水合氨的电离程度增大C、氨水溶液中微粒有NH3、NH3H2O、H2O、NH4+、H+、OHD、溶液中存在平衡NH3H2ONH4+OH，入少量的NH4Cl固体，溶液中NH4+浓度增大，抑制NH3H2O电离解答：解：A、标准状况下VL氨气的物质的量为mol，质量为g，1L水的质量为1000mL1g/mL=1000g，所以溶液的质量为（+1000）g，溶液的体积为=L，所以溶液的密度=g/mL，故A错误；B、氨水为碱性，用水稀释碱性减弱，氢氧根的浓度降低，一水合氨的电离程度增大，OH的物质的量增加，故B正确；C、氨水溶液中微粒有NH3、NH3H2O、H2O、NH4+、H+、OH，故C正确；D、溶液中存在平衡NH3H2ONH4+OH，入少量的NH4Cl固体，溶液中NH4+浓度增大，抑制NH3H2O电离，液的pH值减小，故D正确故选：A点评：考查溶液物质的量浓度与质量分数关系、弱电解质的电离判断与影响因素等，难度中等，注意D选项不能认为氯化铵为酸性，中和氢氧根使氨水碱性减弱，这是次要原因7用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示下列说法中，正确的是（）A 燃料电池工作时，正极反应为：O2+2H2O+4e=4OHB a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出C a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出D a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等考点：常见化学电源的种类及其工作原理专题：电化学专题分析：左边装置是氢氧燃料电池，所以是原电池，原电池放电时，燃料失电子发生氧化反应，所以投放燃料的电极为负极，投放氧化剂的电极为正极，正极上氧化剂得电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，正极反应为：O2+4e+4H+=2H2O；右边装置有外接电源，所以是电解池，连接负极的b电极是阴极，连接正极的a电极是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应解答：解：A因该燃料电池是在酸性电解质中工作，所以正极反应为：O2+4e+4H+=2H2O，故A错误；Ba与电池正极相连，a为电解池阳极，b与电池的负极相连，b为电解池正极，所以应该是a极的Fe溶解，b极上析出Cu，故B错误；Ca极是粗铜，b极是纯铜时，为粗铜的精炼，电解时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出，符合精炼铜原理，故C正确；D电解CuSO4溶液时，a极产生的气体为O2，产生1molO2需4mol电子，所以需要燃料电池的2molH2，二者的体积并不相等，故D错误故选C点评：本题考查原电池和电解池知识，题目难度中等，易错点为A，注意电解质的酸碱性，为解答该题的关键二、解答题（共4小题，满分58分）某研究性学习小组在实验室中配制1mol/L的稀硫酸标准溶液，然后用其滴定某未知浓度的NaOH溶液下列有关说法中正确的是ABDA、实验中所用到的滴定管、容量瓶，在使用前均需要检漏；B、如果实验中需用60mL 的稀硫酸标准溶液，配制时应选用100mL容量瓶；C、容量瓶中含有少量蒸馏水，会导致所配标准溶液的浓度偏小；D、酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀硫酸，则测得的NaOH溶液的浓度将偏大；E、配制溶液时，若在最后一次读数时俯视读数，则导致最后实验结果偏大F、中和滴定时，若在最后一次读数时俯视读数，则导致最后实验结果偏大（2）常温下，已知0.1molL1一元酸HA溶液中c（OH）/c（H+）=1108常温下，0.1molL1 HA溶液的pH=3；写出该酸（HA）与NaOH溶液反应的离子方程式：HA+OHA+H2O；pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中4种离子物质的量浓度大小关系是：c（A）c（Na+）c（H+）c（OH）；0.2molL1HA溶液与0.1molL1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：c（H+）+c（HA）c（OH）=0.05molL1（溶液体积变化忽略不计）（3）t时，有pH=2的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数Kw=1.01013该温度下（t），将100mL 0.1molL1的稀H2SO4溶液与100mL 0.4molL1的NaOH溶液混合后（溶液体积变化忽略不计），溶液的pH=12该温度下（t），1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则稀硫酸的pH（pHa）与NaOH溶液的pH（pHb）的关系是：pHa+pHb=12考点：配制一定物质的量浓度的溶液；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算分析：（1）根据操作是否规范或造成的误差分析；（2）根据c（OH）/c（H+）=1108，结合水的离子积常数计算溶液中氢离子浓度，再根据pH=lgc（H+）计算；HA与氢氧化钠反应生成NaA与水，根据计算判断HA属于强弱电解质，据此书写离子方程式；根据酸和碱的物质的量的相对大小确定溶液中的溶质，从而确定溶液的酸碱性，结合电离平衡、水解平衡、电荷守恒等确定溶液中各种离子浓度的相对大小；根据电荷守恒与微粒守恒判断；（3）令水的离子积为Kw，表示出氢氧化钠溶液中氢氧根离子的浓度，等体积反应后呈中性则硫酸中氢离子浓度等于氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度，据此解答；等体积混合后，氢氧化钠过量，溶液呈碱性，先计算剩余氢氧根离子的浓度，再根据水的离子积计算溶液中氢离子浓度，再根据pH=lgc（H+）计算；溶液呈中性，说明氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，据此计算解答：解：（1）A实验中所用到的滴定管、容量瓶，在使用前均需要检漏，否则会造成误差，故A正确；B如果实验中需用60mL 的稀硫酸标准溶液，配制时应选用100mL容量瓶，容量瓶的规格有50mL、100mL等容量瓶，应选择稍大于或等于配制溶液体积的容量瓶，故B正确；C容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，所以不会导致所配标准溶液的浓度偏小，故C错误；D酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀硫酸，导致稀硫酸的浓度偏小，所用稀硫酸的体积偏大，所以测得的NaOH溶液的浓度将偏大，故D正确；E配制溶液时，若在最后一次读数时俯视读数，导致溶液的体积偏小浓度偏大，所用酸的体积偏小，故导致实验结果偏小，故E错误；F中和滴定时，若在最后一次读数时俯视读数，导致所用酸的体积偏小，故导致实验结果偏小，故F错误；故选ABD；（2）c（OH）/c（H+）=1108，c（OH）c（H+）=1.01014，则c（H+）=103molL1，所以溶液的pH=3；氢离子浓度小于酸的浓度，所以该酸是弱酸，该酸（HA）与NaOH溶液反应的离子方程式为：HA+OHA+H2O，故答案为：3；HA+OHA+H2O； pH=11的NaOH溶液中c（OH）=103molL1，HA是弱酸，酸的浓度远远大于氢离子浓度，所以pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质是酸和盐，溶液呈酸性，所以溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，酸根离子浓度大于钠离子浓度，溶液中4种离子物质的量浓度大小关系是c（A）c（Na+）c（H+）c（OH），故答案为：c（A）c（Na+）c（H+）c（OH）； 0.2molL1HA溶液与0.1molL1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中，由电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH），由物料守恒有：2c（Na+）=c（A）+c（HA），故c（H+）+c（HA）c（OH）=c（Na+）=0.1mol/L=0.05mol/L，故答案为：0.05；（3）pH=2的稀硫酸溶液中C（H+）=102mol/L，pH=11的NaOH溶液中C（H+）=1011mol/L，等体积混合后溶液呈中性，则102mol/L=mol/L，所以KW=1.01013，故答案为：1.01013；将100mL 0.1molL1的稀H2SO4溶液与100mL 0.4molL1的NaOH溶液混合后，氢氧化钠过量，反应后C（OH）=0.1mol/L，故C（H+）=mol/L=1012 mol/L，故反应后溶液的pH=lg1012=12，故答案为：12；1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，说明氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，令pHa=a，pHb=b，则：110a=10，故a+b=12，即pHa+pHb=12，故答案为：pHa+pHb=12点评：本题考查溶液配制及中和滴定误差分析、溶液pH的计算、离子浓度比较等，题目综合性较大，难度中等，（3）注意计算水的离子积，为易错点9氮元素有着多变价态和种类繁多的化合物，它们在工农业生产、生活中发挥着重要的作用完成下列问题：（1）在一密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，其化学平衡常数K与温度T的关系如下表：T298K398K498KK4.1106K1K2比较K1、K2的大小：K1K2（填“”、“=”或“”）若保持容器的容积不变，则该反应达到化学平衡状态的依据是acd（填序号）a2v正（H2）=3v逆（NH3） bv正（N2）=3v逆（H2）c容器内压强保持不变 d混合气体的平均摩尔质量保持不变若维持容器的体积不变，达到平衡状态后再向容器中通入一定量的N2，此时逆反应速率不变（填“增大”、“减小”或“不变”）；平衡向正反应方向移动已知AgCl可溶于氨水中，而AgBr不溶于氨水中，则Ksp（AgCl） Ksp（AgBr）（2）肼是氮元素的另一种氢化物，分子式为N2H4写出肼的电子式，它属于极性分子298K时，1.00g N2H4（l）与足量的N2O4（l）完全反应生成氮气和水，放出19.15kJ的热量写该反应的热化学方程式2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（l）H=1225.6 kJ/mol肼也可以在纯氧中燃烧生成氮气和水，为了充分利用其能量有人设计了原电池装置，电极材料是多孔石墨电极，电解质为能够传导H+的固体电解质，请写出负极反应式N2H44eN2+4H+考点：化学平衡常数的含义；热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题分析：（1）根据反应放热，温度升高，平衡向着逆向移动进行判断；达到平衡状态，各组分浓度不变，正逆反应速率相等进行判断；根据生成物的浓度是否变化进行分析反应速率变化；氮气浓度增大，平衡向着正向移动；根据溶度积越大，溶解度越小进行判断；（2）肼属于共价化合物，根据共价化合物的电子式书写方法完成；肼有极性键构成，分子结构不能够抵消键的极性；先配平肼与足量的N2O4（l）完全反应生成氮气和水的化学方程式，然后根据298K时，1.00g N2H4（l）完全反应放出的热量写出热化学方程式；根据负极失去电子发生氧化反应写出电极反应解答：解：（1）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，反应为放热反应，温度升高，化学平衡向着逆向移动，氨气浓度减小，氮气、氢气浓度增大，平衡常数减小，所以K1K2，故答案为：；a2v正（H2）=3v逆（NH3），表示正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故a正确；bv正（N2）=3v逆（H2），表示的是正反应速率和逆反应速率，但是不符合化学计量数关系，所以正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故b错误；c容器内压强保持不变，该反应两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量是个变量，而容器容积固定，所以压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故c正确；d混合气体的平均摩尔质量保持不变，反应方程式两边都是气体，所以气体的质量不变，而方程式两边气体的体积不相等，所以气体的物质的量是个变量，气体的平均摩尔质量不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故d正确；故答案为：acd； 若维持容器的体积不变，达到平衡状态后再向容器中通入一定量的N2，此时氨气的浓度不变，所以逆反应速率不变；氮气浓度增大，平衡向着氮气浓度减小的反应一定即平衡向着正向移动，故答案为：不变；正反应； 已知AgCl可溶于氨水中，而AgBr不溶于氨水中，溶解度越大，溶度积越大，所以氯化银的溶度积大于溴化银的溶度积，故答案为：；（2）N2H4为共价化合物，结合氨气的电子式，N2H4电子式为：，肼分子中共价键属于极性键，正负电荷的重心不重合，属于极性分子，故答案为：；极；N2H4（l）与足量的N2O4（l）完全反应生成氮气和水，根据化合价升降相等配平为：2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（l），2mol肼的质量为64g，放出的热量为1225.6kJ，反应的热化学方程式为：2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（l）H=1225.6 kJ/mol，故答案为：2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（l）H=1225.6 kJ/mol； 利用肼在纯氧中燃烧生成氮气和水设计成原电池，电极材料是多孔石墨电极，电解质为能够传导H+的固体电解质，负极失去电子被氧化，所以负极反应为肼失去电子被氧化成氮气，电极反应为：N2H44eN2+4H+，故答案为：N2H44eN2+4H+点评：本题考查了化学平衡常数、化学平衡状态的判断、电子式书写、热化学方程式书写、电极反应等知识，涉及的题量相当大，浓度中等，充分考查了学生的分析、理解能力10xx年上海世博会场馆，大量的照明材料或屏幕都使用了发光二极管（LED）目前市售LED品片，材质基本以GaAs（砷化镓）、AlGaInP（磷化铝镓铟）、lnGaN（氮化铟镓）为主已知镓是铝同族下一周期的元素砷化镓的晶胞结构如图试回答：（1）镓的基态原子的电子排布式是Ar3d104s24p1（2）砷化镓晶胞中所包含的砷原子（白色球）个数为4，与同一个镓原子相连的砷原子成的空间构型为正四面体（3）N、P、As处于同一主族，其氢化物沸点由高到低的顺序是NH3AsH3PH3 （用氢化物分子式表示）（4）砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700时制得（CH3）3Ga中镓原子的杂化方式为sp2（5）比较二者的第一电离能：AsGa（填“”、“”或“=”）（6）下列说法正确的是BCD（填字母）A砷化镓晶胞结构与NaCl相同BGaP与GaAs互为等电子体C电负性：AsGa D砷化镓晶体中含有配位键考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断专题：化学键与晶体结构分析：（1）根据镓在周期表中的位置利用能量最低原理和洪特规则书写电子排布式；（2）根据“均摊法”计算晶胞的结构；（3）NH3分子间存在氢键，沸点最高，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，分子晶体的沸点越高；（4）Ga原子周围只有3对成键电子对，故其杂化方法为sp2；（5）As和Ga处于同一周期，而处于VA的As外围电子处于半满的较稳定结构，故As的第一电离能大于Ga；（6）由题中晶胞图可知A显然是错误的根据等电子体的概念可知选项B正确根据电负性的概念可知选项C正确由于Ga原子最外层只有3个电子，而每个Ga原子与4个As原子成键，因此其中一个共价键必为配位键，D正确解答：解：（1）镓位于周期表中第四周期第IIIA，故其核外电子排布式为Ar3d104s24p1，故答案为：Ar3d104s24p1；（2）根据“均摊法”：白色球个数为6+=4由晶胞图可知与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为正四面体，故答案为：4；正四面体；（3）由于NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点最高，由于AsH3的相对分子质量大于PH3，故AsH3的沸点高于PH3，故答案为：NH3AsH3PH3；（4）由于Ga原子周围只有3对成键电子对，故其杂化方法为sp2，故答案为：sp2；（5）As和Ga处于同一周期，而处于VA的As外围电子处于半满的较稳定结构，故As的第一电离能大于Ga，故答案为：；（6）ANaCl晶体中，钠离子位于顶点和面心，氯离子位于棱和体心，二者晶体结构不同，故A错误；BP和As位于同一主族，价电子数目相等，故B正确；C同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，故C正确；D由于Ga原子最外层只有3个电子，而每个Ga原子与4个As原子成键，因此其中一个共价键必为配位键，故D正确故答案为：BCD点评：本题考查晶胞的计算、沸点的比较、电子排布式的书写以及杂化轨道等知识，题目难度中等，本题注意晶胞的计算方法和元素周期律的利用11某研究性学生小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，化学方程式为：Ca（ClO）2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2+2H2O他们设计了如图所示装置制取氯气并验证其性质的实验试回答：（1）该实验中A部分的装置是b（填写装置的序号）；（2）B中反应的化学方程式是Cl2+2KI=2KCl+I2；（3）写出C中反应的离子方程式Cl2+SO32+H2O=SO42+2Cl+2H+；，并请你帮该小组同学设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化（简述实验步骤）：取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；（4）写出在D装置中发生反应的离子方程式Cl2+H2OH+Cl+HClO，HCO3+H+=H2O+CO2（或者Cl2+HCO3=CO2+Cl+HClO）；（5）该实验存在明显的缺陷是无尾气处理装置；（6）该小组又进行了如下实验：称取漂白粉2.0g，研磨后溶解，配制成250mL溶液，加入过量的KI溶液和过量的H2SO4溶液，静置待完全反应后，用0.1molL1的Na2S2O3溶液做标准溶液滴定反应生成的碘，已知反应式为2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，反应完成时，共消耗Na2S2O3 200mL则该漂白粉中Ca（ClO）2的质量分数为35.8%（或35.75%）考点：氯气的实验室制法；氯气的化学性质专题：卤族元素分析：（1）根据反应物的状态、反应条件选择发生反应装置（2）氯气有氧化性，能和碘化钾反应生成碘单质（3）氯气有强氧化性，亚硫酸根离子有还原性，所以氯气和亚硫酸根离子能发生氧化还原反应生成硫酸根离子、氯离子和氢离子；如果亚硫酸钠被氧化会生成硫酸钠，根据硫酸根离子的检验方法检验即可（4）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳（5）氯化氢有刺激性气味，尾气不能直接排空，要用尾气处理装置处理（6）先根据次氯酸钙和硫代硫酸钠的关系式计算次氯酸钙的质量，再利用质量分数公式计算即可解答：解：（1）该反应的反应物是固体和液体，反应条件是加热，所以应选固液混合加热型装置故选b（2）氯气有氧化性，能和碘化钾反应生成碘单质和氯化钾Cl2+2KI=2KCl+I2故答案为：Cl2+2KI=2KCl+I2（3）氯气有强氧化性，亚硫酸根离子有还原性，所以氯气和亚硫酸根离子能发生氧化还原反应生成硫酸根离子、氯离子和氢离子Cl2+SO32+H2O=SO42+2Cl+2H+；如果亚硫酸钠被氧化，会生成硫酸钠，硫酸钠和氯化钡能发生 反应生成白色沉淀硫酸钡，亚硫酸钡也是沉淀，所以要先排除亚硫酸盐的干扰，再用氯化钡检验硫酸根离子，检验方法为取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化故答案为：Cl2+SO32+H2O=SO42+2Cl+2H+；取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化（4）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸Cl2+H2OH+Cl+HClO，盐酸是强酸，能和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水HCO3+H+=H2O+CO2故答案为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，HCO3+H+=H2O+CO2（或者Cl2+HCO3=CO2+Cl+HClO ）（5）氯化氢有刺激性气味，尾气不能直接排空，要用尾气处理装置进行处理，所以该装置没有尾气处理装置故答案为：无尾气处理装置（6）设次氯酸钙的质量为xCa（ClO）2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2+2H2OCl2+2KI=2KCl+I22Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI将方程式+2+2得方程式Ca（ClO）2+CaCl2+2H2SO4+4KI+4Na2S2O3=2CaSO4+4KCl+2H2O+2Na2S4O6+4NaI143g 4molx 0.2L0.1molL1所以x=0.715g次氯酸钙的质量分数为=35.75% 故答案为35.75%点评：本题考查了氯气的实验室制法及化学性质，难度不大，注意亚硫酸根离子的检验方法