2019-2020年高三化学上学期第四次月考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三化学上学期第四次月考试卷（含解析）一、选择题（共7小题，42分）1下列有关化学与生活说法中，不正确的是（）A是世界通用的循环再生标志，简称回收标志B大量生产聚乙烯、聚氯乙烯一次性超薄袋，方便日常生活C75%的乙醇溶液常用来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白质发生变性D页岩气是从页岩层中开采出来的天然气由于产气的页岩分布广、厚度大，且普遍含气，故可以成为新的化石燃料来源2用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1molAg （NH3）2OH配合物中含有9NA个键B标准状况下，22.4L C2H6O中含CH键5NAC0.1mol Fe在0.1mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为0.3NADKClO3+6HClKCl+3Cl2+3H2O反应中，生成71g Cl2时，转移的电子数目为2NA3下列各项中正确的是（）A在含有大量AlO2的溶液中可能大量共存的离子：NH4+、Na+、Cl、H+B常温水电离出的c（H+）=1013mol/L的溶液中可能大量共存的离子：Ba2+、I、NO3、ClCFe（OH）3溶于HBr溶液的离子方程式：2Fe（OH）3+6H+2Br=2Fe2+Br2+6H2OD少量的SO2通入苯酚钠溶液中离子方程式：C6H5O+SO2+H2O=C6H5OH+HSO34关于下列四个图象的说法正确的是（）A已知图是体系Fe3+（aq）+SCN（aq）Fe（SCN）2+（aq）中的cFe（SCN）2+与温度T的平衡图象A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大B图表示镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积V与时间t的关系则反应中镁和铝的反应速率之比为2：3C图表示电源X极为正极，U形管中为AgNO3溶液，则b管中电极反应式：2H+2e=H2D图是某温度下，相同体积，相同PH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，pH随溶液 体积V变化的曲线II为醋酸稀释时PH的变化曲线5短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中只有C是金属元素，B是地壳中含量最多的元素，A元素常见化合价为+1和1；A与C的最外层电子数相同，C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍下列叙述正确的是（）A元素的原子半径：ABCDEB对应氢化物的热稳定性：DECB与C、B与D形成的化合物中化学键类型相同D五种元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是E6下列说法正确的是（）A常温下0.4mol/L HB溶液和0.2mol/L NaOH溶液等体积混合后，则混合后溶液中离子浓度的大小顺序一定为：c（B）c（Na+）c（H+）c（OH）B常温时，pH=2的CH3COOH溶液和pH=12的氨水等体积混合；pH=2的HCl溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合，各混合溶液中由水电离的c（H+）一定相等C常温下0.1 mol/L的下列溶液NH4Al（SO4）2NH3H2O NH4Cl CH3COONH4中，c（NH4+）由大到小的顺序是：D0lmol/L pH为4的NaHB溶液中：c（HB）c（H2B）c（B2）c（OH）7一定条件下存在反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），H0现有三个体积相同的密闭容器、，按如图所示投料，并在400条件下开始反应达到平衡时，下列说法正确的是（）A容器、中平衡常数相同B容器、中正反应速率相同CSO3的体积分数：D容器中SO2的转化率与容器中SO3的转化率之和小于1二、非选择题（共58分）8（16分）（xx秋四川校级月考）氮元素可形成卤化物、叠氮化物及络合物等（1）在铜催化作用下F2和过量NH3反应得到NF3，其构型为三角锥形，沸点129，则NF3属于晶体（2）氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，它的酸性类似于醋酸，微弱电离出H+和N3与N3互为等电子体的分子有：（举1例），由此可推知N3的空间构型是叠氮化物、氰化物能与Fe3+及Cu2+及Co3+等形成络合物，如：Co（N3）（NH3）5SO4、Fe（CN）64写出钴原子在基态时的价电子排布图：；Co（N3）（NH3）5SO4中钴的配位数为； CN中C原子的杂化类型是（3）由叠氮化钠（NaN3）热分解可得纯N2：2NaN3（s）=2Na（l）+3N2（g），有关说法正确的是 （选填序号）A第一电离能（I1）：NPSBNaN3与KN3结构类似，前者晶格能较小C钠晶胞结构如图，该晶胞分摊2个钠原子D氮气常温下很稳定，是因为氮的电负性大（4）化学式为Pt（NH3）2Cl2的化合物有两种异构体，其中一种异构体可溶于水，该种异构体的结构可用示意图表示为9（10分）（xx涪城区校级模拟）某合成氨厂利用附近化工厂副产品CaSO4设计了以下制备（NH4）2SO4的工艺流程：请回答以下问题：（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：（2）工业上在500左右使用铁触媒作为催化剂合成NH3，铁触媒中含有Fe3+，则Fe3+的核外电子排布式为500时，合成塔中的反应为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol在密闭条件下，下列示意图能说明反应进行到t1时刻时达到平衡状态的是（填字母编号）（3）沉淀池中反应的化学方程式为（4）在上述流程中可以循环使用的X是（填化学式），从（NH4）2SO4溶液中获得（NH4）2SO4晶体操作的步骤是加热浓缩、过滤、洗涤、干燥10（18分）（xx秋四川校级月考）ClO2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为59，沸点为11.0，易溶于水工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得ClO2、K2CO3和CO2某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2（1）A装置中发生反应的化学方程式是A装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、（2）B装置必须放在冰水浴中，其原因是（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液已知（1）NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出晶体是NaClO2，温度高于60时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；（2）NaClO2的溶解度曲线如图2所示，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：；洗涤；低于60干燥；得到成品（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成250mL试样；量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；（1molClO2与足量的KI反应转移5mol电子）步骤3：加入指示剂，用C molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL（已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）配制250mL c molL1 Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有：滴定过程中进行三次平行测定的原因是若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果（填“偏高”、“偏低”或“不变”原ClO2溶液的浓度为g/L（用步骤中的字母代数式表示）11（14分）（xx资阳模拟）我国工业上主要采用以下四种方法降低尾气中的含硫量：方法1燃煤中加入石灰石，将SO2转化为CaSO3，再氧化为CaSO4方法2用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化为（NH4）2SO4方法3高温下用水煤气将SO2还原为S方法4用Na2SO3溶液吸收SO2，再电解转化为H2SO4（1）方法1中已知：CaO（s）+CO2（g）=CaCO3（s）H=178.3kJ/molCaO（s）+SO2（g）=CaSO3（s）H=402.0kJ/mol2CaSO3（s）+O2（g）=2CaSO4（s）H=2314.8kJ/mol写出CaCO3与SO2反应生成CaSO4的热化学方程式：；此反应的平衡常数表达式为：（2）方法2中最后产品中含有少量（NH4）2SO3，为测定（NH4）2SO4的含量，分析员设计以下步骤：准确称取13.9g样品，溶解；向溶液中加入植物油形成油膜，用滴管插入液面下加入过量盐酸，充分反应，再加热煮沸；加入足量的氯化钡溶液，过滤；进行两步实验操作；称量，得到固体23.3g，计算步骤的目的是：步骤两步实验操作的名称分别为：、样品中（NH4）2SO4的质量分数：（保留两位有效数字）（3）据研究表明方法3的气配比最适宜为0.75即煤气（CO、H2的体积分数之和为90%）：SO2烟气（SO2体积分数不超过15%）流量=30：40用平衡原理解释保持气配比为0.75的目的是：（4）方法4中用惰性电极电解溶液的装置如图所示阳极电极反应方程式为xx学年四川省某重点中学高三（上）第四次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，42分）1下列有关化学与生活说法中，不正确的是（）A是世界通用的循环再生标志，简称回收标志B大量生产聚乙烯、聚氯乙烯一次性超薄袋，方便日常生活C75%的乙醇溶液常用来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白质发生变性D页岩气是从页岩层中开采出来的天然气由于产气的页岩分布广、厚度大，且普遍含气，故可以成为新的化石燃料来源考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的生活环境的污染及治理分析：A为垃圾回收标志；B塑料不易降解，容易造成白色污染；C酒精可使蛋白质变性；D天然气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧放出大量的热，生成二氧化碳和水解答：解：A为垃圾回收标志，通常是指可循环利用的废弃物，故A正确； B塑料不易降解，容易造成“白色污染“，不符合题意，故B错误；C酒精可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故C正确；D天然气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧放出大量的热，生成二氧化碳和水，甲烷是一种清洁的能源，故D正确故选B点评：本题考查环境污染及治理，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累2用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1molAg （NH3）2OH配合物中含有9NA个键B标准状况下，22.4L C2H6O中含CH键5NAC0.1mol Fe在0.1mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为0.3NADKClO3+6HClKCl+3Cl2+3H2O反应中，生成71g Cl2时，转移的电子数目为2NA考点：阿伏加德罗常数分析：A单键即为键，据此解答即可；B标准状况下，乙醇是液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙醇的物质的量；C0.1mol Fe最多失去0.3mol电子，0.1molCl2最多需要0.2mol电子，铁剩余；D由KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O反应可知，KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，HCl中Cl元素的化合价由1价升高为0，以此来解答解答：解：A、1molAg （NH3）2OH配合物中含有9NA个单键，即9个键，故A正确；B、不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L乙醇的物质的量，故B错误；C、0.1mol Fe最多失去0.3mol电子，0.1molCl2最多需要0.2mol电子，铁剩余，故此时转移电子数为0.2mol，故C错误；D、由方程式可知，当生成3mol氯气生成时，有1molKClO3被还原，转移5mol电子，生成n（Cl2）=1mol，则转移mol电子，故D错误，故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系3下列各项中正确的是（）A在含有大量AlO2的溶液中可能大量共存的离子：NH4+、Na+、Cl、H+B常温水电离出的c（H+）=1013mol/L的溶液中可能大量共存的离子：Ba2+、I、NO3、ClCFe（OH）3溶于HBr溶液的离子方程式：2Fe（OH）3+6H+2Br=2Fe2+Br2+6H2OD少量的SO2通入苯酚钠溶液中离子方程式：C6H5O+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3考点：离子共存问题；离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A含有大量AlO2的溶液中，显碱性；B常温水电离出的c（H+）=1013mol/L的溶液，为酸或碱溶液；CFe（OH）3溶于HBr溶液，生成溴化铁和水；D反应生成苯酚和亚硫酸钠解答：解：A含有大量AlO2的溶液中，显碱性，不能大量存在NH4+、H+，故A错误；B常温水电离出的c（H+）=1013mol/L的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；CFe（OH）3溶于HBr溶液，生成溴化铁和水，离子反应为2Fe（OH）3+6H+=2Fe3+6H2O，故C错误；D反应生成苯酚和亚硫酸钠，离子反应为2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32，故D错误；故选B点评：本题考查离子的共存和离子反应的书写，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大4关于下列四个图象的说法正确的是（）A已知图是体系Fe3+（aq）+SCN（aq）Fe（SCN）2+（aq）中的cFe（SCN）2+与温度T的平衡图象A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大B图表示镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积V与时间t的关系则反应中镁和铝的反应速率之比为2：3C图表示电源X极为正极，U形管中为AgNO3溶液，则b管中电极反应式：2H+2e=H2D图是某温度下，相同体积，相同PH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，pH随溶液 体积V变化的曲线II为醋酸稀释时PH的变化曲线考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解原理专题：图示题分析：A根据图象可知，A点与B点相比，A点的cFe（SCN）2+大，可根据化学平衡判断；B根据图象中可知，反应中镁和铝的反应所需时间之比为2：3，判断其反应速率之比；C电源X极为正极，则Y极为负极，b为阴极，根据离子放电顺序，银离子先放电；D醋酸为弱酸，存在电离平衡，当加水稀释时，氢离子浓度减小较慢，以此判断醋酸稀释时，pH的变化曲线解答：解：A根据图象可知，A点与B点相比，A点的cFe（SCN）2+大，化学平衡中cFe（SCN）2+大，则Fe3+转化率大，浓度较小，故A错误；B根据图象中可知，反应中镁和铝的反应所需时间之比为2：3，可知其反应速率之比为3：2，故B错误；C电源X极为正极，则Y极为负极，b为阴极，根据离子放电顺序，银离子先放电，电极反应式为Ag+e=Ag，故C错误；D醋酸为弱酸，存在电离平衡，当加水稀释时，氢离子浓度减小较慢，所以醋酸稀释时，pH增大较慢，曲线为醋酸的pH值变化，故D正确；故选：D点评：本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，本题注意分析图象中曲线的变化特征，把握温度对平衡移动的影响，此为解答该题的关键5短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中只有C是金属元素，B是地壳中含量最多的元素，A元素常见化合价为+1和1；A与C的最外层电子数相同，C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍下列叙述正确的是（）A元素的原子半径：ABCDEB对应氢化物的热稳定性：DECB与C、B与D形成的化合物中化学键类型相同D五种元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是E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：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素；A元素常见化合价为+1和1，原子序数小于氧，则A为H元素；A与C的最外层电子数相同，则处于第A族，C是金属元素，原子序数大于氧元素，则C为Na元素；C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍，则D的核外电子数为3（1+8）11=16，则D为硫元素；E的原子序数最大，为主族元素，则E为Cl元素，据此解答解答：解：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素；A元素常见化合价为+1和1，原子序数小于氧，则A为H元素；A与C的最外层电子数相同，则处于第A族，C是金属元素，原子序数大于氧元素，则C为Na元素；C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍，则D的核外电子数为3（1+8）11=16，则D为硫元素；E的原子序数最大，为主族元素，则E为Cl元素，A同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径：HOClSNa，即ABEDC，故A错误；B非金属性SCl，非金属性越强，氢化物越稳定，故对应氢化物的热稳定性：DE，故B错误；CB与C形成Na2O、Na2O2，氧化钠含有离子键，过氧化钠含有离子键、共价键，B与D形成SO3、SO2，只含有共价键，故C错误；D非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故HClO4的酸性最强，故D正确；故选D点评：本题考查结构性质位置关系，难度不大，推断元素是解题的关键，注意掌握微粒半径、氢化物稳定性、最高价含氧酸的酸性比较规律6下列说法正确的是（）A常温下0.4mol/L HB溶液和0.2mol/L NaOH溶液等体积混合后，则混合后溶液中离子浓度的大小顺序一定为：c（B）c（Na+）c（H+）c（OH）B常温时，pH=2的CH3COOH溶液和pH=12的氨水等体积混合；pH=2的HCl溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合，各混合溶液中由水电离的c（H+）一定相等C常温下0.1 mol/L的下列溶液NH4Al（SO4）2NH3H2O NH4Cl CH3COONH4中，c（NH4+）由大到小的顺序是：D0lmol/L pH为4的NaHB溶液中：c（HB）c（H2B）c（B2）c（OH）考点：离子浓度大小的比较分析：A常温下0.4mol/L HB溶液和0.2mol/L NaOH溶液等体积混合后，没有告诉溶液酸碱性，无法判断各离子浓度大小；BpH=2的CH3COOH溶液和pH=12的氨水等体积混合生成醋酸铵，pH=2的HCl溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合生成氯化钠，醋酸铵溶液中醋酸根离子和铵根离子水解促进了水的电离，氯化钠不水解，不影响水的电离；C铝离子水解抑制铵根离子的水解；弱碱电离，且电离的程度很弱；铵根离子水解；醋酸根离子水解促进铵根离子水解；D0lmol/L pH为4的NaHB溶液，溶液显示酸性，说明HB的电离程度大于其水解程度，c（H2B）c（B2）解答：解：A没有告诉混合液的酸碱性，无法计算混合液中离子浓度大小，故A错误；B常温下pH=2的CH3COOH溶液和pH=12的氨水等体积混合生成醋酸铵，溶液显示中性，由于铵根离子、醋酸根离子的水解，促进了水的电离水的电离程度增大；pH=2的HCl溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合生成氯化钠，溶液为中性，氯化钠不水解，不影响水的电离，所以两溶液中水的电离程度不相同，水电离的c（H+）不相等，故B错误；C同浓度的下列溶液：NH4Al（SO4）2NH3H2ONH4Cl CH3COONH4，因中铝离子水解抑制铵根离子的水解；中弱碱电离，且电离的程度很弱；中铵根离子水解；醋酸根离子水解促进铵根离子水解，则c（NH4+）由大到小的顺序是：，故C正确；D0lmol/L pH为4的NaHB溶液显示酸性，则c（H+）c（OH），说明HB的电离程度大于其水解程度，则c（H2B）c（B2），溶液中离子浓度大小为c（HB）c（B2）c（H2B），故D错误；故选C点评：本题考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小7一定条件下存在反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），H0现有三个体积相同的密闭容器、，按如图所示投料，并在400条件下开始反应达到平衡时，下列说法正确的是（）A容器、中平衡常数相同B容器、中正反应速率相同CSO3的体积分数：D容器中SO2的转化率与容器中SO3的转化率之和小于1考点：化学平衡的计算分析：A、容器是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行；B、容器是恒温恒容，是恒压容器，反应过程中随着SO2转化为SO3，容器的压强会增大，反应速率会比容器大；C、容器是恒温恒容，是恒温恒压，随着反应的进行，容器中压强大于容器，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，；D、若容器恒温恒容，容器是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，实际容器是绝热恒容，随着反应的进行，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小解答：解：A、容器是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器、中平衡常数不相同，故A错误；B、容器是恒压容器，反应过程中压强大于容器，反应速率大，容器、中正反应速率不相同，故B错误；C、容器是恒温恒容，是恒温恒压，随着反应的进行，容器中压强大于容器，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：，故C错误；D、若容器恒温恒容，容器也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际容器是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器中SO2的转化率与容器中SO3的转化率之和小于1，故D正确；故选D点评：本题考查了影响化学平衡因素的分析判断，注意容器的条件分析应用，绝热容器使体系温度升高，掌握基础是关键，题目难度中等二、非选择题（共58分）8（16分）（xx秋四川校级月考）氮元素可形成卤化物、叠氮化物及络合物等（1）在铜催化作用下F2和过量NH3反应得到NF3，其构型为三角锥形，沸点129，则NF3属于分子晶体（2）氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，它的酸性类似于醋酸，微弱电离出H+和N3与N3互为等电子体的分子有：N2O（举1例），由此可推知N3的空间构型是直线形叠氮化物、氰化物能与Fe3+及Cu2+及Co3+等形成络合物，如：Co（N3）（NH3）5SO4、Fe（CN）64写出钴原子在基态时的价电子排布图：3d74s2；Co（N3）（NH3）5SO4中钴的配位数为6； CN中C原子的杂化类型是sp杂化（3）由叠氮化钠（NaN3）热分解可得纯N2：2NaN3（s）=2Na（l）+3N2（g），有关说法正确的是AC （选填序号）A第一电离能（I1）：NPSBNaN3与KN3结构类似，前者晶格能较小C钠晶胞结构如图，该晶胞分摊2个钠原子D氮气常温下很稳定，是因为氮的电负性大（4）化学式为Pt（NH3）2Cl2的化合物有两种异构体，其中一种异构体可溶于水，该种异构体的结构可用示意图表示为考点：元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；“等电子原理”的应用；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氮族元素简介分析：（1）根据沸点判断晶体类型；（2）根据等电子体的定义分析；根据空间构型的判断方法判断；根据基态原子的价电子排布式书写规则书写；根据配位数的判断方法判断；根据杂化类型的判断方法判断；（3）A、根据离子半径与晶格能的关系分析；B、根据最外层电子判断第一电离能的大小；C、根据晶胞中原子数的计算方法计算；D、根据氮气的结构分析；（4）根据物质的相似相溶原理分析解答：解：（1）NF3的沸点较低，所以是分子晶体，故答案为：分子；（2）N3含有三个原子22个电子，与其等电子体的分子有N2O或CO2或CS2或BeCl2，N3与CO2是等电子体，具有相同的价电子数，它们具有相似的化学结构，二氧化碳是直线型分子，所以N3的空间构型是直线型故答案为：N2O或CO2或CS2或BeCl2；直线；钴是37号元素，其基态原子核外电子排布式为Ar3d74s2，所以其原子在基态时的价电子排布式为3d74s2； 其配位数是1+5=6；CN中价层电子对数=1+=2，所以采取sp杂化，故答案为：3d74s2；6；sp；（3）A、第一电离能（I1）：NPS，故A正确；B、相同电荷时，晶格能与离子的半径成反比，离子半径越大，晶格能越小，钠离子的离子半径小于钾离子的离子半径，所以NaN3的晶格能大于KN3的晶格能，故B错误；C、钠晶胞中原子数为1+8=2，故C正确；D、氮气分子中含有氮氮三键，键能较大，所以性质稳定，故D错误；故答案为：AC；（4）根据物质的相似相溶原理，极性溶质极易溶于极性溶剂，水是极性溶剂，所以此种化合物是极性溶质，其异构体的结构可用示意图表示为：，故答案为：点评：本题考查了晶格能、配位数、分子的空间构型等知识点，分子的空间构型、分子中原子的杂化类型的判断是每年高考的热点，对此知识点一定掌握；元素第一电离能的规律中，要注意异常现象并会解释原因9（10分）（xx涪城区校级模拟）某合成氨厂利用附近化工厂副产品CaSO4设计了以下制备（NH4）2SO4的工艺流程：请回答以下问题：（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：2NH4HS+O22NH3H2O+2S（2）工业上在500左右使用铁触媒作为催化剂合成NH3，铁触媒中含有Fe3+，则Fe3+的核外电子排布式为Ar3d5 500时，合成塔中的反应为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol在密闭条件下，下列示意图能说明反应进行到t1时刻时达到平衡状态的是c、d（填字母编号）（3）沉淀池中反应的化学方程式为CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+（NH4）2SO4（4）在上述流程中可以循环使用的X是CO2（填化学式），从（NH4）2SO4溶液中获得（NH4）2SO4晶体操作的步骤是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥考点：制备实验方案的设计分析：（1）H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，反应过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式；（2）根据Fe为26号元素结合核外电子排布规律书写电子排布式；平衡状态是指外界一定各组份的浓度、物质的量、质量分数、速率不再随时间的改变而改变的动态平衡状态，据此分析；（3）将NH3和CO2通入沉淀池中并加入CaSO4，生成（NH4）2SO4和CaCO3；（4）由工艺流程可知，CaCO3在煅烧炉中分解生成CO2和CaO，CO2循环使用，从溶液中获取晶体应采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作解答：解：（1）H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，反应过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为：2NH4HS+O22NH3H2O+2S，故答案为：2NH4HS+O22NH3H2O+2S；（2）因为Fe为26号元素，所以Fe3+的核外电子排布式为Ar3d5 ，故答案为：Ar3d5 ；平衡状态是指外界一定各组份的浓度、物质的量、质量分数、速率不再随时间的改变而改变的动态平衡状态，a、t1时刻正反应速率最大，不是不变，故a不选；b、温度不变，平衡常数不变，故b不选；c、t1时刻，各物质的量不再随时间的变化而变化，故选c；d、t1时刻，氢气的体积分数不再随时间的改而改变，故选d；故答案为：c、d；（3）将NH3和CO2通入沉淀池中并加入CaSO4，生成（NH4）2SO4和CaCO3，发生CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+（NH4）2SO4，故答案为：CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+（NH4）2SO4；（4）由工艺流程可知，CaCO3在煅烧炉中分解生成CO2和CaO，CO2循环使用，从溶液中获取晶体应采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，所以必须操作步骤是BCD故答案为：CO2；冷却结晶点评：本题考查学生对物质的制备实验方案与工艺流程理解、物质分离提纯与检验以及平衡状态的判断等，题目难度中等，（3）中方程式书写是易错点，可以理解为氨气、二氧化碳、水反应生成碳酸铵，碳酸铵与硫酸钙反应生成碳酸钙、硫酸铵10（18分）（xx秋四川校级月考）ClO2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为59，沸点为11.0，易溶于水工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得ClO2、K2CO3和CO2某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2（1）A装置中发生反应的化学方程式是2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2+2ClO2+H2OA装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、温度计（2）B装置必须放在冰水浴中，其原因是使ClO2充分冷凝，减少挥发（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液已知（1）NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出晶体是NaClO2，温度高于60时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；（2）NaClO2的溶解度曲线如图2所示，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：蒸发结晶；趁热过滤；洗涤；低于60干燥；得到成品（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成250mL试样；量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；（1molClO2与足量的KI反应转移5mol电子）步骤3：加入指示剂，用C molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL（已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）配制250mL c molL1 Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有：250mL容量瓶，胶头滴管滴定过程中进行三次平行测定的原因是取平均值，减少计算误差若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果偏高（填“偏高”、“偏低”或“不变”原ClO2溶液的浓度为g/L（用步骤中的字母代数式表示）考点：探究物质的组成或测量物质的含量；常见气体制备原理及装置选择分析：（1）工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得ClO2、K2CO3和CO2，根据反应物、产物和反应条件写出反应方程式；让反应物充分的接触；测量温度的仪器是温度计；（2）二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行；（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；（4）配制250mL c molL1 Na2S2O3标准溶液时，应选择250mL容量瓶定容需要胶头滴管；多次实验可以减少误差；把空气的体积算在内；多次实验可以减少误差，根据关系式2ClO25I210Na2S2O3计算c（ClO2）解答：解：（1）让反应物充分的接触，加快反应速率反应时搅拌，测量温度的仪器是温度计；加热60，氯酸钾和草酸反应生成碳酸钾、二氧化碳、二氧化氯和水，反应方程式为：2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2+2ClO2+H2O，故答案为：2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2+2ClO2+H2O；温度计；（2）二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行，所以应该采用冰水浴，故答案为：使ClO2充分冷凝，减少挥发；（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥；故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；（4）配制250mL c molL1 Na2S2O3标准溶液时，应选择250mL容量瓶，定容需要胶头滴管；故答案为：250mL 容量瓶、胶头滴管；为减少实验误差，应采用多次实验的方法，故答案为：取平均值，减少计算误差；把空气的体积算在内，故读出的消耗的体积就偏大，故测定结果偏高，故答案为：偏高；设原ClO2溶液的浓度为x， 2ClO25I210Na2S2O3 2mol 10molmol 1103cV2molx=molL1=mol/L67.5g/mol=gL1，故答案为：点评：本题考查实验方案的设计，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，明确物质的性质是解本题关键，难度中等11（14分）（xx资阳模拟）我国工业上主要采用以下四种方法降低尾气中的含硫量：方法1燃煤中加入石灰石，将SO2转化为CaSO3，再氧化为CaSO4方法2用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化为（NH4）2SO4方法3高温下用水煤气将SO2还原为S方法4用Na2SO3溶液吸收SO2，再电解转化为H2SO4（1）方法1中已知：CaO（s）+CO2（g）=CaCO3（s）H=178.3kJ/molCaO（s）+SO2（g）=CaSO3（s）H=402.0kJ/mol2CaSO3（s）+O2（g）=2CaSO4（s）H=2314.8kJ/mol写出CaCO3与SO2反应生成CaSO4的热化学方程式：2CaCO3（S）+2SO2（g）+O2（g）=2CaSO4（S）+2CO2（g）H=2762.2 kJ/mol；此反应的平衡常数表达式为：（2）方法2中最后产品中含有少量（NH4）2SO3，为测定（NH4）2SO4的含量，分析员设计以下步骤：准确称取13.9g样品，溶解；向溶液中加入植物油形成油膜，用滴管插入液面下加入过量盐酸，充分反应，再加热煮沸；加入足量的氯化钡溶液，过滤；进行两步实验操作；称量，得到固体23.3g，计算步骤的目的是：使生成的SO2完全逸出，防止SO2被氧化造成误差步骤两步实验操作的名称分别为：洗涤、干燥样品中（NH4）2SO4的质量分数：95%（保留两位有效数字）（3）据研究表明方法3的气配比最适宜为0.75即煤气（CO、H2的体积分数之和为90%）：SO2烟气（SO2体积分数不超过15%）流量=30：40用平衡原理解释保持气配比为0.75的目的是：还原气体过量可以提高SO2的转化率（4）方法4中用惰性电极电解溶液的装置如图所示阳极电极反应方程式为SO32+H2O2e=2H+SO42考点：热化学方程式；电解原理；探究物质的组成或测量物质的含量专题：实验探究和数据处理题；化学反应中的能量变化；电化学专题分析：（1）根据盖斯定律计算反应热，书写热化学方程式；根据平衡常数概念书写平衡常数表达式；（2）根据测定步骤可知反应原理为：利用（NH4）2SO3与盐酸反应生成二氧化硫、氯化铵和水，除去亚硫酸铵，二氧化硫易被氧化，要防氧化，煮沸，二氧化硫逸出，利用硫酸铵和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，称量硫酸钡的质量可计算出硫酸铵的质量，进而计算出硫酸铵的质量分数；（3）提高一种反应物浓度可提高另一种物质的转化率；（4）据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式解答：解：（1）CaO（s）+CO2（g）=CaCO3（s）H=178.3kJ/molCaO（s）+SO2（g）=CaSO3（s）H=402.0kJ/mol2CaSO3（s）+O2（g）=2CaSO4（s）H=2314.8kJ/mol根据盖斯定律，2+2得：2CaCO3（S）+2SO2（g）+O2（g）=2CaSO4（S）+2CO2（g）H=（2314.8kJ/mol）（178.3kJ/mol）2+（402.0kJ/mol）2=2762.2 kJ/mol；根据方程式和平衡常数的概念写出平衡常数表达式：K=；故答案为：2CaCO3（S）+2SO2（g）+O2（g）=2CaSO4（S）+2CO2（g）H=2762.2 kJ/mol；（2）根据测定步骤可知反应原理为（NH4）2SO3与盐酸反应生成二氧化硫、氯化铵和水，二氧化硫易被氧化，要防氧化，煮沸，二氧化硫逸出，加入足量的氯化钡，硫酸铵和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，称量硫酸钡的质量可计算出硫酸铵的质量，进而计算出硫酸铵的质量分数；从以上分析可知，要想准确，必须把亚硫酸铵除尽且不会转化为硫酸根离子，故步骤加入油层形成保护膜，防止二氧化硫被氧化为硫酸根离子，煮沸，赶走溶液中的二氧化硫，防止被氧化造成误差；过滤后沉淀表面有滤液中的杂质，故需要洗涤，然后干燥得到纯净的硫酸钡沉淀；故步骤两步操作为：洗涤、干燥；23.3g为硫酸钡的质量，则硫酸钡的物质的量为：=0.1mol，则硫酸铵的物质的量也为0.1mol，硫酸铵的质量为：0.1mol132g/mol=13.2g，硫酸铵的质量分数为：100%=95%，故答案为：使生成的SO2完全逸出，防止SO2被氧化造成误差；洗涤；干燥； 95%；（3）高温下用水煤气将SO2还原为S的方程式为：2CO+SO2=S+2CO2，2H2+SO2=S+2H2O，从方程式可看出水煤气和二氧化硫按2：1恰好完全反应，气配比最适宜为0.75，即水煤气和二氧化硫的体积比为：（30%90%）：40%15%=27：6，即水煤气远过量，从平衡角度看，提高一种反应物的浓度，可提高另一种物质的转化率，故答案为：还原气体过量可以提高SO2的转化率；（4）电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO3溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3溶液失去电子被氧化生成SO42，则阳极电极反应式是：HSO3+H2O2e=SO42+3H+，故答案为：HSO3+H2O2e=SO42+3H+点评：本题考查了热化学方程式的书写、实验设计、平衡原理及电解原理，中等难度在回答方案2时，要搞清实验原理，根据操作步骤结合题目设问进行分析方案4还可从图示可知，从阴极输入亚硫酸氢钠，从阳极输出硫酸，由此可知阳极是HSO3失去电子被氧化生成SO42，由此写出电极反应式