2019-2020年高三上学期第五次月考化学试卷 含解析.doc

2019-2020年高三上学期第五次月考化学试卷 含解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列叙述正确的是（）同位素：1H、2H2、3H 同素异形体：C60、金刚石、石墨 酸性氧化物：CO2、NO、SO3 混合物：水玻璃、水银、水煤气 电解质：明矾、冰醋酸、石膏 干冰、液氯、乙醇都是非电解质ABCD2向含有c（FeCl3）=0.2molL1、c（FeCl2）=0.1molL1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是（）A该分散系的分散质为Fe2O3B可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na+分离开C在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷D加入NaOH时发生的反应可能为：Fe2+2Fe3+8OHFe3O4+4H2O3化学用语是学习化学的重要工具下列用来表示物质变化的化学用语正确的是（）A氢氧燃料电池的正极反应式为H2+2OH2e2H2OB用铂电极电解硫酸铜溶液的阳极反应式为4OH4eO2+2H2OC表示醋酸与NaOH的稀溶液反应的中和热的化学方程式为H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJmol1DNaHSO3溶于水时水解的离子方程式为HSO3+H2OSO32+H3O+4下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是（）ACa2+、Fe2+、NO3、ClBBa2+、Na+、I、NO3CNa+、K+、SO42、SO32DK+、Mg2+、HCO3、PO435下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式表示的是（）AFeBr2与Cl2BBa（OH）2与H2SO4CHCl与Na2CO3DCa（HCO3）2与NaOH6设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）A常温常压下，22.4L的氧气中含氧原子数为2NAB2L 0.5molL1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC乙烯和环丙烷组成的28g混合气体中氢原子的个数为4NAD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0.4NA7下列比较中，正确的是（）A常温下，同浓度的一元酸HA比HB易电离，则相同浓度的NaA溶液比NaB溶液的pH大B0.2mol/L，NH4NO3和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后：c（NH4+）c（NO3）c（Na+）c（OH）c（H+）C物质的量浓度相等的醋酸溶液和氢氧化钠溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）+c（CH3COOH）D同浓度的下列溶液：NH4Al（SO4）2 NH4Cl NH3H2O CH3COONH4，其中c（NH4+）由大到小的是：二、解答题（共4小题，满分43分）8氮是一种重要的非金属元素，可以形成多种不同类型的化合物，请根据要求回答下列问题：（1）NA表示阿伏加德罗常数的数值，69gNO2和N2O4的混合气体中含有个氧原子；2L 0.6mol/LFe（NO3）3溶液中含个NO3离子（2）三氟化氮（NF3）是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，写出该反应的化学方程式若反应中生成0.15mol HNO3，转移的电子数目为个三氟化氮可由氨气和氟气反应得到：4NH3+3F2NF3+3NH4F；据题意推测NF3，F2，NO三种气体中，氧化性由强到弱的顺序为NF3是一种无色、无臭的气体，一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有（填化学式）（3）氨和联氨（N2H4）是氮的两种常见化合物，制备联氨可用丙酮为催化剂，将次氯酸钠与氨气反应，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，写出该反应的化学方程式9“低碳循环”引起各国的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了全世界的普遍重视所以“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题（1）用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒（杂质），这种颗粒可用如下氧化法提纯，请完成该反应的化学方程式：C+KMnO4+H2SO4=CO2+MnSO4+K2SO4+H2O（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为 2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下二组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol 达到平衡所需时间/min COH2OH2CO1650421.62.462900210.41.63实验1中以v（CO2）表示的反应速率为（保留二位小数，下同）实验2条件下平衡常数K=，该反应为（填“吸”或“放”）热反应（3）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566.0 kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式（4）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如右图所示的电池装置该电池正极的电极反应为该电池工作时，溶液中的OH向极移动10配制480mL 0.5molL1的NaOH溶液，试回答下列问题：（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、等（2）计算、称量：需称量NaOH固体的质量为（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是（4）转移、洗涤洗涤烧杯23次是为了（5）定容、摇匀定容的具体操作是（6）不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是，偏低的是（填字母序号）A、容量瓶洗净后未烘干；B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外C、定容时俯视刻度线；D、将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线11有同学采用酸性条件下用高锰酸钾标准溶液滴定的方法测定某药品中铁元素的含量，反应原理为5Fe2+8H+MnO45Fe3+Mn2+4H2O准确称量该药品10.00g，将其全部溶于试剂2中，配制成1000mL溶液，取出20.00mL，用0.020 0mol/L的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液12.00mL（1）该实验中的试剂2可以是（填编号）A蒸馏水 B浓盐酸 C稀硫酸 D稀硝酸（2）本实验滴定过程中操作滴定管的图示正确的是（填编号）（3）请通过计算，说明该药品含“铁”的百分含量为【物质结构与性质】12已知A、B、C、D、E都是周期表中的前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDE其中B、D、E原子最外层电子层的P能级（轨道）上的电子处于半充满状态通常情况下，A的一种氧化物分子为非极性分子，其晶胞结构如右图所示原子序数为31的元素镓（Ga）与元素B形成的一种化合物是继以C单质为代表的第一类半导体材料和GaE为代表的第二代半导体材料之后，在近10年迅速发展起来的第三代新型半导体材料试回答下列问题：（1）基态Ga原子的核外电子排布式为：（2）A、B、C的第一电离能由大到小的顺序：（用元素符号表示）（3）B元素的单质分子中有个键，与其互为等电子体的物质的化学式可能为（任写一种）（4）上述A的氧化物分子中心原子采取杂化，其晶胞中微粒间的作用力为（5）EH3分子的空间构型为，其沸点与BH3相比（填“高”或“低”），原因是（6）向CuSO4溶液中逐滴加入BH3的水溶液，先生成蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解得到深蓝色的透明溶液请写出沉淀溶解的离子方程式【化学-选修5：有机化学基础】13由丙烯经下列反应可得到F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料（1）聚合物F的结构简式是（2）D的结构简式是（3）B转化为C的化学方程式是（4）在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是（5）E有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1mol H2，则该种同分异构体为xx学年宁夏大学附中高三（上）第五次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列叙述正确的是（）同位素：1H、2H2、3H 同素异形体：C60、金刚石、石墨 酸性氧化物：CO2、NO、SO3 混合物：水玻璃、水银、水煤气 电解质：明矾、冰醋酸、石膏 干冰、液氯、乙醇都是非电解质ABCD【考点】同位素及其应用；同素异形体；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质【分析】同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同核素；同素异形体的概念是同种元素的不同单质；酸性氧化物的概念是和碱反应生成盐和水的氧化物；纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，非电解质首先必须是化合物【解答】解：同位素是同元素的不同原子，1H、3H是氢元素的同位素，2H2是单质，故错误；同素异形体是同元素的不同单质，C60、金刚石、石墨都是碳元素的不同单质，属于同素异形体，故正确；CO2、SO3都可以与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，NO不能与碱反应是不成盐氧化物，故错误；水玻璃和水煤气是混合物，水银是单质，故错误；明矾、冰醋酸、石膏在水溶液里或熔融状态下能导电，是电解质，故正确；干冰的水溶液能导电，原因是干冰和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，碳酸是电解质，干冰是非电解质；液氯是单质不是化合物，所以液氯既不是电解质也不是非电解质，故错误；故选A2向含有c（FeCl3）=0.2molL1、c（FeCl2）=0.1molL1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是（）A该分散系的分散质为Fe2O3B可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na+分离开C在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷D加入NaOH时发生的反应可能为：Fe2+2Fe3+8OHFe3O4+4H2O【考点】铁的氧化物和氢氧化物；分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】A三氧化二铁为红棕色；B分散质粒子是直径约为9.3nm，介于1nm100nm，属于胶体；C胶体不带电；D依据题意向含有c（FeCl3）=0.2molL1、c（FeCl2）=0.1molL1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，可知该黑色固体为四氧化三铁，据此写出方程式【解答】解：A三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故A错误；B胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故B错误；C在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系容易吸附带正电的阳离子而形成带电的胶体微粒，故C错误；D氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子方程式：Fe2+2Fe3+8OHFe3O4+4H2O，故D正确；故选：D3化学用语是学习化学的重要工具下列用来表示物质变化的化学用语正确的是（）A氢氧燃料电池的正极反应式为H2+2OH2e2H2OB用铂电极电解硫酸铜溶液的阳极反应式为4OH4eO2+2H2OC表示醋酸与NaOH的稀溶液反应的中和热的化学方程式为H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJmol1DNaHSO3溶于水时水解的离子方程式为HSO3+H2OSO32+H3O+【考点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写；热化学方程式【分析】A氢氧燃料碱性电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子；B用惰性电极电解硫酸铜溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气；C醋酸是弱电解质，电离过程中吸收热量，书写离子方程式时醋酸写化学式；D亚硫酸氢根离子水解生成亚硫酸和氢氧根离子【解答】解：A氢氧燃料碱性电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为H2+2OH2e2H2O，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e4OH，故A错误；B用惰性电极电解硫酸铜溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为4OH4eO2+2H2O，故B正确；C醋酸是弱电解质，电离过程中吸收热量，所以生成1mol水时放出的热量小于57.3kJ，书写离子方程式时醋酸写化学式，故C错误；D亚硫酸氢根离子水解生成亚硫酸和氢氧根离子，其水解方程式为HSO3+H2OH2SO3+OH，故D错误；故选B4下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是（）ACa2+、Fe2+、NO3、ClBBa2+、Na+、I、NO3CNa+、K+、SO42、SO32DK+、Mg2+、HCO3、PO43【考点】离子共存问题【分析】AOH与Fe2+能结合生成沉淀；B碱溶液中该组离子不反应，酸性条件下I、NO3能发生氧化还原反应；C碱溶液中该组离子不反应，酸性条件下只发生复分解反应；DOH与Mg2+、HCO3结合生成水和沉淀【解答】解：AOH与Fe2+能结合生成沉淀，则不能共存，故A不选；B碱溶液中该组离子不反应，则能共存，且在酸性条件下I、NO3能发生氧化还原反应，符合题意，故B选；C碱溶液中该组离子不反应，则能共存，但在酸性条件下H+、SO32发生反应生成水和气体，故C不选；DOH与Mg2+、HCO3结合生成水和沉淀，则不能共存，故D不选；故选B5下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式表示的是（）AFeBr2与Cl2BBa（OH）2与H2SO4CHCl与Na2CO3DCa（HCO3）2与NaOH【考点】离子方程式的书写【分析】在溶液中的反应，若反应产物与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，反应物相同，生成物也相同，则能用同一离子方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个离子方程式表示，以此来解答【解答】解：A亚铁离子的还原性大于溴离子，若氯气少量，亚铁离子优先被氧化，若氯气足量，亚铁离子和溴离子都被氧化，所以氯气的用量不同，反应产物不同，相应的离子方程式不同，故A错误；BBa（OH）2与H2SO4溶液反应，只发生2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，与反应物的量无关，故B正确；CNa2CO3溶液与稀盐酸反应，盐酸量少，反应生成碳酸氢钠，离子反应为CO32+H+HCO3，而盐酸量多时，反应生成二氧化碳和水，离子反应为CO32+2H+H2O+CO2，不能用同一个离子方程式来表示，故C错误；DCa（HCO3）2与NaOH反应，当NaOH过量时生成碳酸钠和碳酸钙，NaOH少量时只生成碳酸钙，不能用同一个离子方程式来表示，故D错误故选B6设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）A常温常压下，22.4L的氧气中含氧原子数为2NAB2L 0.5molL1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC乙烯和环丙烷组成的28g混合气体中氢原子的个数为4NAD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0.4NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、1mol硫酸钾中含有1mol硫酸根离子，带有2mol负电荷；C、乙烯和环丙烷的最简式均为CH2；D、过氧化钠与水的反应为歧化反应【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L氧气的物质的量小于1mol，故含有的氧原子的个数小于2NA个，故A错误；B、溶液中硫酸钾的物质的量n=CV=0.5mol/L2L=1mol，而1 mol硫酸钾中阴离子硫酸根离子的物质的量为1mol，带有2mol负电荷，而溶液中还有水电离出的OH，故溶液中阴离子所带电荷数大于2NA，故B错误；C、乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故28g混合气体中含有的CH2的物质的量n=2mol，故含有氢原子4mol即4NA个，故C正确；D、过氧化钠与水的反应为歧化反应，当生成1mol氧气时转移2mol电子，故当生成0.1mol氧气时，转移0.2mol电子即0.2NA个，故D错误故选C7下列比较中，正确的是（）A常温下，同浓度的一元酸HA比HB易电离，则相同浓度的NaA溶液比NaB溶液的pH大B0.2mol/L，NH4NO3和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后：c（NH4+）c（NO3）c（Na+）c（OH）c（H+）C物质的量浓度相等的醋酸溶液和氢氧化钠溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）+c（CH3COOH）D同浓度的下列溶液：NH4Al（SO4）2 NH4Cl NH3H2O CH3COONH4，其中c（NH4+）由大到小的是：【考点】离子浓度大小的比较【分析】A常温下，同浓度一元酸HA比HB易电离，说明HA的酸性大于HB，则水解程度BA，水解程度越大相同浓度的钠盐，其溶液的pH越大；B.0.2 mol/LNH4NO3 和 0l mol/L NaOH 溶液等体积混合后，二者反应生成等物质的量浓度的NaNO3、NH3H2O、NH4NO3，溶液呈碱性，根据物料守恒判断；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D醋酸根离子促进铵根离子水解、铝离子抑制铵根离子水解【解答】解：A常温下，同浓度一元酸HA比HB易电离，说明HA的酸性大于HB，则水解程度BA，水解程度越大相同浓度的钠盐，其溶液的pH越大，所以相同浓度NaA溶液比NaB溶液的pH小，故A错误；B.0.2 mol/LNH4NO3和 0l mol/L NaOH 溶液等体积混合后，二者反应生成等物质的量浓度的NaNO3、NH3H2O、NH4NO3，溶液呈碱性，根据物料守恒得c （NO3）c（NH4+），故B错误；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），则c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH）+c（CH3COOH），故C错误；D醋酸根离子促进铵根离子水解、铝离子抑制铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，相同浓度的溶液中铵根离子浓度最小，所以相同浓度的这几种溶液中c（NH4+） 由大到小的顺序是：，故D正确；故选D二、解答题（共4小题，满分43分）8氮是一种重要的非金属元素，可以形成多种不同类型的化合物，请根据要求回答下列问题：（1）NA表示阿伏加德罗常数的数值，69gNO2和N2O4的混合气体中含有3个氧原子；2L 0.6mol/LFe（NO3）3溶液中含3.6个NO3离子（2）三氟化氮（NF3）是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，写出该反应的化学方程式3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF若反应中生成0.15mol HNO3，转移的电子数目为0.3NA或1.8061023个三氟化氮可由氨气和氟气反应得到：4NH3+3F2NF3+3NH4F；据题意推测NF3，F2，NO三种气体中，氧化性由强到弱的顺序为F2、NF3、NONF3是一种无色、无臭的气体，一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有NaNO3（填化学式）（3）氨和联氨（N2H4）是氮的两种常见化合物，制备联氨可用丙酮为催化剂，将次氯酸钠与氨气反应，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，写出该反应的化学方程式NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O【考点】物质的量的相关计算；含氮物质的综合应用【分析】（1）NO2和N2O4的最简式相同，可以将N2O4视作NO2，69g NO2和N2O4的混合气体相当于n（NO2）=1.5mol，该混合物中N（O）=2n（NO2）NA；nFe（NO3）3=0.6mol/L2L=1.2mol，根据N原子守恒计算NO3个数；（2）根据反应物、生成物书写方程式，该反应中N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，结合电子、原子守恒分子；根据硝酸和转移电子之间的关系式计算；4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，F元素的化合价降低，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；从质量守恒的角度判断，NF3与H2O反应产生HNO3，HNO3和NaOH反应必生成NaNO3；（3）次氯酸钠与氨气反应，丙酮作催化剂，根据NaClO氧化NH3可以得到肼来书写方程式【解答】解：（1）NO2和N2O4的最简式相同，可以将N2O4视作NO2，69g NO2和N2O4的混合气体相当于n（NO2）=1.5mol，该混合物中N（O）=2n（NO2）NA=21.5molNA/mol=3NA；nFe（NO3）3=0.6mol/L2L=1.2mol，根据N原子守恒得N（NO3）=n（NO3）NA=3nFe（NO3）3NA=31.2molNA/mol=3.6NA；故答案为：3；3.6；（2）三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，由电子、原子守恒可知反应为3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF，由氧化剂的氧化性大于还原产物的氧化性可知，氧化性为NF3NO；3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3中，生成1molHNO3和转移电子2mol，所以若反应中生成0.15mol HNO3，转移的电子数目=0.15mol2NA/mol=0.3NA或1.8061023故答案为：3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF；0.3NA或1.8061023；4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，F元素的化合价降低，F2为氧化剂，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性为F2NF3，3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3中氧化性NF3NO，氧化性强弱顺序是F2、NF3、NO，故答案为：F2、NF3、NO；NF3与H2O反应产生HNO3，HNO3和NaOH反应必生成NaNO3，故答案为：NaNO3；（3）制备肼的方法，是以NaClO氧化NH3，反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，制得肼的稀溶液，反应为NaClO+2NH3N2H4+H2O+NaCl，故答案为：NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O9“低碳循环”引起各国的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了全世界的普遍重视所以“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题（1）用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒（杂质），这种颗粒可用如下氧化法提纯，请完成该反应的化学方程式：5C+4KMnO4+6H2SO4=5CO2+4MnSO4+2K2SO4+6H2O（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为 2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下二组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol 达到平衡所需时间/min COH2OH2CO1650421.62.462900210.41.63实验1中以v（CO2）表示的反应速率为0.13mol/（Lmin）（保留二位小数，下同）实验2条件下平衡常数K=0.17，该反应为放（填“吸”或“放”）热反应（3）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566.0 kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=442.8kJ/mol（4）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如右图所示的电池装置该电池正极的电极反应为O2+H2O+4e=4OH该电池工作时，溶液中的OH向负极移动【考点】氧化还原反应方程式的配平；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算【分析】（1）分析方程式中各元素化合价变化，根据氧化还原反应中得失电子数相等和原子守恒来配平化学方程式；（2）由表中数据可知，CO的物质的量变化量为4mol2.4mol=1.6mol，根据v=计算v（CO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（CO2）；依据图表数据列式计算平衡浓度，结合化学平衡常数概念计算；第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时H2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；（3）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的计算；（4）燃料电池正极氧气碱性环境下得到电子生成氢氧根离子；原电池，阴离子移向负极【解答】解：（1）高锰酸钾中锰元素化合价降低72=5价，碳元素化合价升高40=4价，化合价升高数=化合价降低数，所以高锰酸钾前的系数是4，碳单质前的系数是5，根据原子守恒，反应的化学方程式为：5 C+4KMnO4+6 H2SO4=5CO2+4MnSO4+2K2SO4+6H2O；故答案为：5，4，6，5，4，2，6；（2）由表中数据可知，CO的物质的量变化量为4mol2.4mol=1.6mol，v（CO）=0.13mol/（Lmin），依据速率之比等于化学计量数之比，则v（CO2）=v（CO）=0.13mol/（Lmin）；故答案为：0.13mol/（Lmin）； H2O（g）+CO（g）CO2（g）+H2（g）初始浓度 0.5mol/L 1mol/L 0 0转化浓度 0.2mol/L 0.2mol/l 0.2mol/l 0.2mol/l 平衡浓度 0.3mol/L 0.8mol/L 0.2mol/l 0.2mol/l K=0.17；实验1中CO的转化率为100%=40%，实验2中CO的转化率为100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热；故答案为：0.17；放；（3）2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol依据盖斯定律+4得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：2CH3OH（l）+2O2（g）=2CO （g）+4H2O（l）H=885.6KJ/mol；得到热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO （g）+2H2O（l）H=442.8KJ/mol；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO （g）+2H2O（l）H=442.8KJ/mol；（4）燃料电池正极氧气碱性环境下得到电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+H2O+4e=4OH；故答案为：O2+H2O+4e=4OH；氢氧根离子为阴离子，原电池中阴离子移向负极，故答案为：负10配制480mL 0.5molL1的NaOH溶液，试回答下列问题：（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500 mL容量瓶等（2）计算、称量：需称量NaOH固体的质量为10.0 g（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是搅拌，加速溶解（4）转移、洗涤洗涤烧杯23次是为了保证溶质全部转移至容量瓶中（5）定容、摇匀定容的具体操作是向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切（6）不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是CD，偏低的是BE（填字母序号）A、容量瓶洗净后未烘干；B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外C、定容时俯视刻度线；D、将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤选用仪器，然后判断还缺少的仪器；（2）依据m=CVM计算溶质的质量；（3）溶解物质使用玻璃棒可以加快溶解速率；（4）移液时为防止液体流出，应用玻璃棒引流；洗涤烧杯2次3次是为了保证溶质全部转移至容量瓶中；（5）依据定容的正确操作解答；（6）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析【解答】解：配制480mL 0.5molL1的NaOH溶液，没有规格为480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL的容量瓶，实际上配制的是500mL 0.5mol/L的氢氧化钠溶液，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；（1）胶头滴管500 mL容量瓶；（2）配制480mL 0.5molL1的NaOH溶液，应配置500ml，需要溶质的质量=0.5molL10.5L40g/mol=10.0g；故答案为：10.0 g；（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是：搅拌，加速溶解；故答案为：搅拌，加速溶解；（4）移液时为防止液体流出，应用玻璃棒引流；洗涤烧杯2次3次是为了保证溶质全部转移至容量瓶中；故答案为：保证溶质全部转移至容量瓶中；（5）定容的操作是：向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切；故答案为：向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切；（6）A、容量瓶洗净后未烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积不产生影响，溶液浓度不变；B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质物质的量偏小，溶液的浓度偏低；C、定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；D、将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，冷却后溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小；所以：使所配溶液的物质的量浓度偏高的是：CD；偏低的是BE；故答案为：CD； BE11有同学采用酸性条件下用高锰酸钾标准溶液滴定的方法测定某药品中铁元素的含量，反应原理为5Fe2+8H+MnO45Fe3+Mn2+4H2O准确称量该药品10.00g，将其全部溶于试剂2中，配制成1000mL溶液，取出20.00mL，用0.020 0mol/L的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液12.00mL（1）该实验中的试剂2可以是C（填编号）A蒸馏水 B浓盐酸 C稀硫酸 D稀硝酸（2）本实验滴定过程中操作滴定管的图示正确的是A（填编号）（3）请通过计算，说明该药品含“铁”的百分含量为33.6%【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）高锰酸钾可氧化氯离子，硝酸可氧化亚铁离子，可选择硫酸酸化；（2）高锰酸钾具有强氧化性，可氧化橡胶，选择酸式滴定管，左手控制活塞；（3）结合5Fe2+8H+MnO45Fe3+Mn2+4H2O计算【解答】解：（1）高锰酸钾可氧化氯离子，硝酸可氧化亚铁离子，试剂2为酸，可为硫酸，故答案为：C；（2）高锰酸钾具有强氧化性，可氧化橡胶，选择酸式滴定管，左手控制活塞，只有A符合，故答案为：A；（3）发生5Fe2+8H+MnO45Fe3+Mn2+4H2O，n（Fe2+）=0.020 0 mol/L12.00103 L5=0.060 0mol，m（Fe2+）=0.0600 mol56 g/mol=3.36g，含“铁”量为：100%=33.6%，故答案为：33.6%【物质结构与性质】12已知A、B、C、D、E都是周期表中的前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDE其中B、D、E原子最外层电子层的P能级（轨道）上的电子处于半充满状态通常情况下，A的一种氧化物分子为非极性分子，其晶胞结构如右图所示原子序数为31的元素镓（Ga）与元素B形成的一种化合物是继以C单质为代表的第一类半导体材料和GaE为代表的第二代半导体材料之后，在近10年迅速发展起来的第三代新型半导体材料试回答下列问题：（1）基态Ga原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1（2）A、B、C的第一电离能由大到小的顺序：NCSi（用元素符号表示）（3）B元素的单质分子中有2个键，与其互为等电子体的物质的化学式可能为CO或CN（任写一种）（4）上述A的氧化物分子中心原子采取sp杂化，其晶胞中微粒间的作用力为分子间作用力（5）EH3分子的空间构型为三角锥形，其沸点与BH3相比低（填“高”或“低”），原因是NH3分子之间存在氢键（6）向CuSO4溶液中逐滴加入BH3的水溶液，先生成蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解得到深蓝色的透明溶液请写出沉淀溶解的离子方程式Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D、E都是周期表中的前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDE其中B、D、E原子最外层电子层的P能级（轨道）上的电子处于半充满状态，外围电子排布式为ns2np3，则B为N元素、D为P元素、E为As；通常情况下，A的一种氧化物分子为非极性分子，由其晶胞结构可知为CO2，A为碳元素；原子序数为31的元素镓（Ga）与元素B形成的一种化合物是继以C单质为代表的第一类半导体材料和GaE为代表的第二代半导体材料之后，可推知C为Si【解答】解：A、B、C、D、E都是周期表中的前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDE其中B、D、E原子最外层电子层的P能级（轨道）上的电子处于半充满状态，外围电子排布式为ns2np3，则B为N元素、D为P元素、E为As；通常情况下，A的一种氧化物分子为非极性分子，由其晶胞结构可知为CO2，A为碳元素；原子序数为31的元素镓（Ga）与元素B形成的一种化合物是继以C单质为代表的第一类半导体材料和GaE为代表的第二代半导体材料之后，可推知C为Si（1）Ga与Al同主族相邻，Ga原子核外电子数为13+18=31，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能增大，故第一电离能：NCSi，故答案为：NCSi；（3）B元素为N2，结构式为NN，分子中有2个键，与其互为等电子体的物质的化学式可能为CO或CN，故答案为：2；CO或CN；（4）上述A的氧化物为CO2，为直线形结构，分子中C原子采取sp杂化，属于分子晶体，其晶胞中微粒间的作用力为分子间作用力，故答案为：sp；分子间作用力；（5）AsH3分子与NH3分子构型相似，为三角锥形结构，由于NH3分子之间存在氢键，故AsH3的沸点比NH3的低，故答案为：三角锥形；低；NH3分子之间存在氢键；（6）向CuSO4溶液中逐滴加入NH3的水溶液，先生成Cu（OH）2蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解得到深蓝色的透明溶液，生成Cu（NH3）42+，沉淀溶解的离子方程式：Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O，故答案为：Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O【化学-选修5：有机化学基础】13由丙烯经下列反应可得到F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料（1）聚合物F的结构简式是（2）D的结构简式是（3）B转化为C的化学方程式是（4）在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是（5）E有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1mol H2，则该种同分异构体为【考点】有机物的推断【分析】丙烯与溴发生加成反应生成A，A为CH3CHBrCH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B，B为CH3CH（OH）CH2OH，B催化氧化生成C，C为，C氧化生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E，E为CH3CH（OH）COOH，E发生酯化反应是高聚物G，丙烯发生加聚反应生成高聚物F，F为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题【解答】解：丙烯与溴发生加成反应生成A，A为CH3CHBrCH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B，B为CH3CH（OH）CH2OH，B催化氧化生成C，C为，C氧化生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E，E为CH3CH（OH）COOH，E发生酯化反应是高聚物G，丙烯发生加聚反应生成高聚物F，F为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题（1）丙烯发生加聚反应生成F聚丙烯，其结构简式为：，故答案为：；（2）通过以上分析知，D的结构简式为，故答案为：；（3）B转化为C是CH3CH（OH）CH2OH催化氧化生成O=C（CH3）CHO，反应方程式为，故答案为：；（4）在一定条件下，两分子CH3CH（OH）COOH能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是，故答案为：；（5）E的结构简式为CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1mol H2，说明该同分异构体分子中含有2个OH、1个CHO，故符合条件的同分异构体为：HOCH2CH（OH）CHO，故答案为：HOCH2CH（OH）CHOxx年12月9日