2019届高三化学上学期第二次考试试题(含解析).doc

2019届高三化学上学期第二次考试试题(含解析)用到的相对原子质量： H-1 N-14 O-16 C-12 Mg-24 S-32 Cu-64一、选择题（本题共16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1. 有关分散系的下列说法不正确的是A. 浊液的分散质可用过滤的方法从分散系中分离出来B. 任何物质在水中溶解时都有一定的溶解度C. 同一种溶质的饱和溶液一定要比不饱和溶液的浓度大一些D. 分散质粒子大小为几纳米到几十纳米的分散系是胶体【答案】D【解析】试题分析：A悬浊液的分散质都可用过滤的方法从分散剂中分离出来，而乳浊液不能，A错误；B有些物质与水是互溶的，B错误；C在相同条件下，同一种溶质的饱和溶液不一定比不饱和溶液的浓度大一些，否则不一定，C错误；D分散质微粒直径介于1nm和100nm之间的分散系是胶体，则分散质粒子大小为几纳米到几十纳米的分散系是胶体，D正确，答案选D。考点：考查分散系判断2. 如图是元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是A. 常压下五种元素的单质中Z单质的沸点最高B. X元素形成的气态氢化物比W形成的气态氢化物稳定C. 氯离子的还原性比Y元素的简单阴离子的还原性强D. Y元素的非金属性比W元素的非金属性弱【答案】B【解析】试题分析：X为氮，Y为硫，Z为溴，W为磷，R为氩。A、溴为液体，磷为固体，所以磷的沸点最高，故错误；B、非金属性越强，氢化物越稳定，故氮的氢化物为氨气，比磷化氢稳定，正确；C、氯离子的还原性比硫离子的弱，故错误；D、同周期元素，硫的非金属性比磷强，故错误。考点：原子结构和元素周期律的关系3. 四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与 Y同族，Z 与X 形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是A. 简单离子半径：WXZB. W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C. 气态氢化物的热稳定性：WZ【答案】B【解析】试题分析：X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，为钠元素，ZX形成的化合物为中性，说明为氯化钠，则Y为硫元素，W为氧元素。A、钠离子和氧离子电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，故钠离子半径小于氧离子半径，故错误；B、氧和钠形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，其水溶液都为氢氧化钠，显碱性，故正确；C、水和硫化氢比较，水稳定性强，故错误；D、最高价氧化物对应的水化物中高氯酸是最强酸，故错误。考点： 原子结构和元素周期律的关系4. 下列物质的使用不涉及化学变化的是A. 明矾用作净水剂 B. 液氨用作制冷剂C. 氢氟酸刻蚀玻璃 D. 生石灰作干燥剂【答案】B【解析】试题分析：A明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，A错误；B液氨汽化时吸收热量，故可用作制冷剂，属于物理变化，B正确；C氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应，故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，C错误；D生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，D错误，答案选B。【考点定位】本题主要是考查物理变化与化学变化的判断【名师点晴】1、物理变化：没有生成其他物质的变化叫做物理变化，物理变化只是物质在外形和状态方面发生了变化，例如汽油的挥发、蜡烛受热熔化等。实质：保持物质化学性质的最小粒子本身不变，只是粒子之间的间隔运动发生了变化，没有生成新的物质。宏观：没有新物质生成微观：分子原子之间的距离不变，物质形状大小变化，分子本身不变，原子的结合方式不变。2、化学变化：生成其他物质的变化叫做化学变化，又叫做化学反应。本质：旧化学键的断裂和新化学键的生成；从微观上可以理解化学变化的实质：化学反应前后原子的种类、个数没有变化，仅仅是原子与原子之间的结合方式发生了改变。例如对于分子构成的物质来说，就是原子重新组合成新物质的分子。物体在化学变化中表现出来的性质是化学性质。物质的化学性质需要通过物质发生化学变化才能表现出来，因此可以利用使物质发生化学反应的方法来研究物质的化学性质，制取新的物质。特征：有新物质生成，化学反应的另一个特征是伴随能量变化。5. 下列离子方程式书写正确的是A. 向饱和碳酸氢钙溶液中加入过量的NaOH溶液：Ca2+ HCO3-+OH-=CaCO3+H2OB. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀：NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=NH3H2O+Al(OH)3+2BaSO4C. 氢氧化钠溶液吸收足量SO2气体：SO2+2OH-=SO32-+H2OD. 标准状况下，将1.12LCO2气体通入lL0.1mol/L的NaA1O2溶液中：CO2+2H2O+AlO2-=Al(OH)3+ HCO3-【答案】B【解析】试题分析：A. 向饱和碳酸氢钙溶液中加入过量的NaOH溶液反应生成碳酸钙和碳酸钠，故A错误；B. NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2恰好使硫酸根反应完全时，反应物NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2物质的量之比为1：2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝、一水合氨，反应的离子方程式为：NH4+Al3+2(SO4)2-+4OH-+2Ba2+=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O，故B正确；C. 氢氧化钠溶液吸收足量SO2气体生成亚硫酸氢钠，故C错误；D. 标准状况下，1.12LCO2气体的物质的量为1.12L22.4L/mol=0.05mol，1L0.1mol/L的NaAlO2溶液中含有偏铝酸钠0.1mol，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，故D错误；故选B。考点：考查了离子方程式的正误判断的相关知识。6. 有甲、乙、丙、丁四种无色溶液，它们分别是HCl、H2SO4、BaCl2、Na2CO3溶液中的一种。为区别这四种溶液，现将它们两两混合并得到下面现象溶液甲+乙乙+丙丙+丁甲+丁现象无明显现象白色沉淀白色沉淀无色气体根据对上述现象的分析，可推知甲、乙、丙、丁四种溶液的顺序依次是A. HC1、BaCl2、H2SO4、Na2CO3 B. H2SO4、HC1、BaCl2、Na2CO3C. HC1、H2SO4、BaCl2、Na2CO3 D. H2SO4、Na2CO3、HC1、BaCl2【答案】C考点：考查了物质推断的相关知识。7. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是将含0.1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子的数目小于0.1NA电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解32g铜7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数大于0.1NA2molSO2和1molO2混合在V2O5存在的条件下与密闭容器中加热反应后，容器内物质分子数大于2NA标准状况下，11.2LHF含有0.5NA HF分子含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.1NA含0.1mol溶质Na2CO3的溶液中，所含阴离子总数大于0.1NAA. B. C. D. 【答案】B【解析】铁离子水解可逆，因此将含0.1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子的数目小于0.1NA，正确；电解精炼铜时阳极不止铜失去电子，因此转移了NA个电子，阳极溶解铜的质量不一定是32g，错误；Na2S和Na2O2的相对分子质量均是78，因此7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数等于0.1NA，错误；2molSO2和1molO2混合在V2O5存在的条件下与密闭容器中加热反应，由于是可逆反应，因此反应后容器内物质分子数大于2NA，正确；标准状况下HF不是气态，不能利用气体摩尔体积计算11.2LHF含有的HF分子数，错误；含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，由于随着反应的进行硫酸浓度逐渐减小，因此生成SO2的分子数小于0.1NA，错误；碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，因此含0.1mol溶质Na2CO3的溶液中，所含阴离子总数大于0.1NA，正确，答案选B。点睛：顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；如盐的水解、物质的摩尔质量以及物质在标准状况下的状态等。另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。有关计算公式有n=NNA、n=mM、n=VVm、c=nV。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。8. CO、CO2组成的混合气体36g，其中含C原子数为NA个，则C、O原子个数比为A. 13 B. 23 C. 11 D. 43【答案】B.9. 向含有0.2molFeI2的溶液中加入a molBr2。下列叙述不正确的是A. 当a=0.1时，发生的反应为 2I-+Br2=I2+2Br-B. 当a=0.25时，发生的反应为 2Fe2+4I-+3Br2= =2 Fe3+2I2+6Br-C. 当溶液中I-有一半被氧化时，c( I-)c(Br-)=11D. 0.2aFe3+I2C.取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没有变质D.在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡后静置有白色沉淀生成， 苯层呈紫红色白色沉淀可能为CuIA. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A由操作和现象可知白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则原溶液中可能含银离子或SO42-，但二者不能同时存在，A正确；B由现象可知少量的溴水只氧化碘离子，再向上层溶液中滴加KSCN溶液后滴加溴水溶液变红可知，溴水氧化亚铁离子，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性为Br2Fe3+I2，B正确；C过氧化钠与盐酸反应生成氧气，变质生成的碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，均为无色气体，则现象不能说明是否变质，C错误；D苯层呈紫红色说明有单质碘生成，铜离子被还原，所以白色沉淀是CuI，D正确，答案选C。11. 下列有关表述与图像对应关系不正确的是A. 图1：往 Na2CO3和NaOH混合液中逐滴加入盐酸，产生气体体积与盐酸体积的关系B. 图2：往澄清石灰水中通入过量CO2气体，产生沉淀质量与CO2的物质的量的关系C. 图3：往AlCl3和MgCl2混合液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀质量与NaOH溶液的物质的量的关系D. 图4：若MOH和ROH表示两种一元碱，则ROH的碱性强于MOH【答案】A【解析】试题分析：A. 往Na2CO3和NaOH混合液中逐滴加入盐酸，依次发生的反应为NaOH + HCl = NaCl + H2O、Na2CO3+ HCl = NaCl + NaHCO3、NaHCO3+ HCl = NaCl + CO2 + H2O，产生气体体积与盐酸的物质的量的关系不符合图像，A项错误；B. 往澄清石灰水中通入过量CO2气体，依次发生的反应为Ca(OH)2+ CO2= CaCO3+ H2O、CaCO3+ CO2+ H2O = Ca(HCO3)2,产生沉淀质量与CO2的物质的量的关系符合图像，B项正确；C. 往AlCl3和MgCl2混合液中逐滴加入NaOH溶液，依次发生的反应为AlCl3+ 3NaOH = Al(OH)3 + 3NaCl、MgCl2+ 2NaOH = Mg(OH)2 + 2NaCl、Al(OH)3+ NaOH = NaAlO2+ 2H2O，产生沉淀质量与NaOH溶液的物质的量的关系符合图像，C项正确；D.ROH稀释10倍，pH降低1，说明ROH是强碱，而MOH稀释10倍，pH值降低小于1，说明MOH是弱碱，则ROH的碱性强于MOH，D项正确；答案选A。考点：考查化学图像的分析与判断。12. 25时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 滴入石蕊试液显蓝色的溶液中：K+、Na+、HSO3-、C1O-B. 0.1mol/L 的 Fe(NO3)3溶液中：Na+、H+、Cl-、I-C. 0.1mol/L 的 NaA1O2溶液中：K+、H+、NO3-、SO42-D. 由水电离产生的c(H+)=ll0-13mol/L的溶液中：Na+、Ba2+、NO3-、Cl-【答案】D【解析】试题分析：A.滴入石蕊试液显蓝色的溶液呈碱性，HSO3-与OH反应生成SO32-、HSO3-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，A项错误；B.在酸性条件下，Fe3、NO3-都能把I氧化为I2，不能大量共存，B项错误；C. AlO2-与H+反应生成Al3+，C项错误；D.由水电离产生的c（H+）=110-13mol/L的溶液，呈酸性或碱性，Na+、Ba2+、NO3-、Cl-不反应，各离子能大量共存，D项正确；答案选D。考点：考查离子共存，离子反应。13. 下列说法中正确的是A. 干冰、液态氯化氢都是电解质B. Na2O、Fe2O3、A12O3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物C. 有单质参加或生成的反应不一定属子氧化还原反应D. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体【答案】C【解析】试题分析：A电解质是在水溶液里或者熔融状态下能够导电的化合物，干冰是固体二氧化碳无论是在水溶液里还是在熔融状态下都不导电，所以不是电解质，氯化氢，在水溶液里能够导电，所以液态氯化氢是电解质，A错误；BNa2O、Fe2O3、Al2O3属于离子化合物，但是Na2O、Fe2O3属于碱性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，B错误；C氧化还原反应是有化合价升降的反应，有单质参加或生成的反应不一定属于氧化还原反应，比如在一定条件下，白磷转化成红磷，有单质参加反应，也有单质生成，但不属于氧化还原反应，C正确；D只有胶体才有丁达尔效应，根据是否具有丁达尔效应，只能将胶体与溶液和浊液区分开，D错误，答案选C。考点：考查物质的分类及判断14. 向FeCl3、Al2(SO4)3的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2(aq)，形成沉淀的情况如图所示。氢氧化物溶液pH开始沉淀沉淀完全沉淀开始溶解沉淀完全溶解Fe(OH)32.33.4-A1(OH)33.35.27.812.8A. AB段可能发生的反应是：2SO42-+2Ba2+Al3+3OH-=2BaSO4+A1(OH)3B. C点的沉淀为Fe (OH)3C. OA段可能发生的反应是：3Ba2+6OH-+3SO42-+Fe3+Al3+=3 BaSO4+ Fe (OH)3+A1(OH)3D. 据图计算原溶液中c(Cl-)c(SO42-)【答案】C【解析】试题分析：向含FeCl3、Al2(SO4)3的混合溶液与Ba（OH）2溶液反应的实质是Fe3+，Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应为：Ba2+SO42-BaSO4、Fe3+3OH-=Fe（OH）3、Al3+3OH-Al（OH）3、Al（OH）3+OH-AlO2-+2H2O。假设1mol Al2(SO4)3中SO42-完全被沉淀所需Ba（OH）2的物质的量为3mol，提供6molOH-，图表分析铁离子先沉淀，由图象分析，OA段为加入3molBa（OH）2，发生反应Ba2+SO42-BaSO4，得到3molBaSO4沉淀，C点为氢氧化铝溶解后的沉淀物质的量为氢氧化铁和硫酸钡沉淀共4mol，所以氢氧化铁沉淀为1mol，氢氧化铝沉淀为2mol；分析判断OA段沉淀3mol钡离了，1mol铁离子和1mol铝离子；AB段为沉淀1mol铝离子；BC段为溶解氢氧化铝消耗氢氧化钡1mol，AAB段可能发生的反应是：Al3+3OH-Al（OH）3，A错误；B根据分析可知，C点沉淀为BaSO4和Fe（OH）3，B错误；COA段可能发生的反应有沉淀钡离子，铁离子，铝离子，反应为，3Ba26OH3SO42-Fe3Al3=3BaSO4Fe(OH)3Al(OH)3，也可能发生3Ba26OH3SO42-2Fe3=3BaSO42Fe(OH)3，C正确；D图象分析FeCl3、Al2（SO4）3的混和溶液中含FeCl31mol，含Al2（SO4）31mol，则c（Cl-）=c（SO42-），D错误，答案选C。【考点定位】本题主要是考查化学反应的有关图象问题、铝化合物性质、混合物的有关计算等知识【名师点晴】该题难度较大，明确各阶段发生的反应为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。关于图像的答题需要明确以下几点：看面：弄清纵、横坐标的含义。看线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。看点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。15. 标准状况下，VL氨气溶解在1L水中（水的密度为lg/mL），所得溶液的密度为g/mL，溶质的质量分数为w，物质的量浓度为cmol/L，则下列关系式不正确的是A. =17V+2240022.4+22.4V B. w=17V1000C. w=17V17V+22400 D. c=1000V17V+22400【答案】A【解析】试题分析：AVL氨气的物质的量为：VL22.4L/mol=V22.4mol，氨气质量为V22.4mol17g/mol=17V22.4g，1L水的质量为1000mL1g/mL=1000g，故溶液质量为(=17V22.4+1000)g，溶液体积为：V22.4molcmol/L=V22.4cL，所以溶液的密度为：17V22.4g+1000gV22.4c103mL=17cV+22400c1000Vg/mL，故A错误；B根据c=1000M可知，该氨水质量分数w=17c1000，故B正确；C溶液的质量分数w=17V22.4g17V22.4g+1000g100%=17V17V+22400100%，故C正确；D溶液体积为：17V22.4g+1000g1000g/L=17V+2240022400L，氨气的物质的量浓度c=V22.4mol17V+2240022400L=1000V17V+22400mol/L，故D正确；故选A。【考点定位】考查物质的量及其浓度的计算【名师点晴】本题考查物质的量及其浓度的计算。明确物质的量与物质的量浓度、摩尔质量等物理量之间的关系为解答关键。要掌握有关物质的量的计算公式，、。在做此类试题时，要记住物质的量浓度与质量分数的转换公式，如体积为VL、密度为g / cm3的某溶液中，含有摩尔质量为M，则溶液物质的量浓度c=等。16. 25时，在10mL浓度均为0.1 molL-1的盐酸和醋酸混合溶液中滴加0.1 molL-1NaOH 溶液，下列有关溶液中离子浓度关系正确的是A. 未加NaOH溶液时，c(H+) c(Cl-)=c (CH3COOH)B. 加入10mLNaOH溶液时：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)C. 加入NaOH 溶液至 PH=7 时：c (Na+)=c(Cl-)D. 加入20mLNaOH溶液时：c (Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)【答案】B【解析】A、未加NaOH时，混合溶液中HCl完全电离，CH3COOH仅部分电离，由于原浓度均为0.1molL-1，所以c(H+)c(Cl-)c(CH3COOH)，A错误。B、加入10mL0.1molL-1NaOH时，HCl恰好完全反应生成0.001molNaCl，还存在0.001molCH3COOH，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，由于c(Na+)=c(Cl-)，所以c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B正确。C、上述B的结果是NaCl与CH3COOH等物质的量的混合物，由于CH3COOH的电离溶液呈酸性，所以需要再加部分NaOH溶液才可能呈中性，c(Na+)c(Cl-)，C错误。D、加入20mLNaOH溶液后，原溶液中两种酸都恰好完全反应，生成NaCl、CH3COONa物质的量之比为1:1的混合溶液，由于CH3COONa的水解溶液呈碱性，c(OH-)c(H+)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(Na+)c(Cl-)+c(CH3COO-)，D错误。正确答案B。点睛：在这类题型中，往往类似于“溶液呈中性时”，加入的NaOH溶液的具体体积现有知识无法求解，这时需要从周围接近点的分析中得到答案接近的信息，再进行“调整”。如上述C选项，从HCl恰好完全反应的“点”溶液呈酸性，所以需要再加入NaOH才能得到C所需要的中性溶液。当然，从两种酸都恰好完全反应，生成NaCl、CH3COONa物质的量之比为1:1的“点”溶液呈碱性，c(Na+)=2c(Cl-)，则需要少加入NaOH的量使溶液呈中性，但是，加入的量少至仅有HCl反应时，溶液又呈酸性，由此也可以得到c(Na+)c(Cl-)。第II卷（52分）二、非选择题（共52分）17. 下图是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：请回答下列问题：（1）AB-离子与_互为等电子体，lmolAB-离子含有_mol键。（2）用电子式表示D2G的形成过程_。（3）由C、E、G三种元素的某盐用途广泛，请用离子方程式表示下列过程：该盐可做泡沫灭火器_；向该盐溶液中加入Ba(OH) 2至沉淀物质的量最大时_（4）某同学设计实验证明A、B、F的非金属性强弱关系。（其中溶液b和溶液c均为足量）。溶液a和b分别为_，_。溶液c中的离子方程式为_。请从原子结构的角度解释非金属性BA的原因_。【答案】 (1). N2或CO (2). 2 (3). （箭头可不标） (4). Al3+3HCO3-= A1(OH)3+3CO2 (5). 2 Al3+SO42-+3Ba2+6OH-=3BaSO4+2 A1(OH)3 (6). 硝酸（HNO3） (7). 饱和NaHCO3溶液 (8). SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32- (9). 略【解析】A元素的主要化合价是4价和4价，而C元素没有正价，主要化合价是2价，所以C是氧元素，则A是碳元素，B是氮元素。D的主要化合价是1价，D是Na元素，E的主要化合价是3价，E是铝元素。F的主要化合价是4价和4价，则F是硅元素。G元素的主要化合价是2价和6价，则G是硫元素。（1）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则CN-离子与N2或CO互为等电子体。三键中含有2个键，则lmolCN-离子含有2mol键。（2）硫化钠是离子化合物，其形成过程为。（3）该盐可做泡沫灭火器应该是硫酸铝和碳酸氢钠，由于水解相互促进产生CO2而灭火，方程式为Al3+3HCO3-A1(OH)3+3CO2；向该盐溶液中加入Ba(OH) 2至沉淀物质的量最大时生成硫酸钡和氢氧化铝，方程式为2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-3BaSO4+2A1(OH)3；（4）非金属性越强，相应最高价氧化物对应水化物的酸性越强。又因为较强酸可以制备较弱酸，则要比较C、N、Si三种元素的非金属性强弱，溶液a是硝酸，固体a是碳酸钙。由于硝酸易挥发，生成的CO2中混有硝酸，所以在通入硅酸钠溶液之前需要利用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的硝酸，即b为饱和碳酸氢钠溶液。根据以上分析可知溶液c中发生反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2OH2SiO3+CO32-或SiO32-+2CO2+2H2OH2SiO3+2HCO3-。碳和氮处于同一周期，氮原子比碳原子：核电荷数大，原子半径小，对最外层电子的吸引能力大，得电子能力强，因此氮元素的非金属性比碳元素强。18. （1）若配制0.5mol/L的硫酸溶液450mL，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL 量筒，应最好选用_mL量筒。（2）配制上述溶液，除用到量筒、烧杯、玻璃棒外，还需_、_等玻璃仪器。（3）配制溶液时，其正确的操作是_（填序号）。A.使用容量瓶前检验是否漏水容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤B.用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡C.量取所需的浓H2SO4倒入小烧杯，再加入适量的水，用玻璃棒慢慢搅拌，使其充分稀释。D.将己冷却的H2SO4溶液直接倒入容量瓶中（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是_。A.浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移B.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D.用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并洗涤液转移到容量瓶E.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线【答案】 (1). 13.6 (2). 15 (3). 胶头滴管 (4). 500mL容量瓶 (5). ABD (6). ACD【解析】（1）没有450mL容量瓶，需要配制500mL，设浓硫酸的体积为VmL，稀释前后溶质的质量不变，则：98%1.84g/cm3V=0.5mol/L0.50L98g/mol，解得V=13.6mL，为减小误差，应选用15mL的量筒；（2）配制上述溶液，除用到量筒、烧杯、玻璃棒外，还需胶头滴管、500mL容量瓶等玻璃仪器。（3）A.使用容量瓶前检验是否漏水，容量瓶用水洗净后，不需要用待配溶液洗涤，A错误；B.用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡，B正确；C.稀释浓硫酸时应该将浓硫酸注入蒸馏水中，C错误；D.将己冷却的H2SO4溶液通过玻璃棒转移至容量瓶中，不能直接倒入，D错误，答案选B。（4）A未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，溶液冷却后体积偏小，配制的溶液浓度偏高，A正确；B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，B错误；C定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，C正确；D洗涤量筒，溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，D正确；E又加蒸馏水至刻度线，配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，E错误，答案选ACD。点睛：明确实验原理是解答的关键，注意容量瓶规格的选择。难点是误差分析，根据cB=nBV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量B和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。19. 氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料。以生物材质 (以C 计）与水蒸气反应制取H2是种低耗能，高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及到的反应为：I C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) K1；II CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) K2；III CaO(s+CO2(gCaCO3(s) K3；燃烧炉中涉及到的反应为：IV C(s)+O2(g)=CO2V CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)（1）该工艺制H2总反应可表示为C(s)+2H2O(g)+CaO(s) CaCO3(s)+2H2(g)，其反应的平衡常数K=_（用K1、K2、K3的代数式表示）。在2L的密闭容器中加入一定量的C(s)、H2O(g)和CaO(s)。下列能说明反应达到平衡的是_。A.容器内压强不再变化 B. H2与H2O(g)的物质的量之比不再变化C.混合气体的密度不再变化 D.形成a molH-H键的同时断裂2amolH-O键（2）对于反应I，不同温度和压强对H2产率影响如下表。温度压强p1/Mpa压强p2/Mpa50045.6%51.3%70067.8%71.6%下列图像正确的是_。（3）已知反应的H=-41.1kJ/mol，C=O、O-H、H-H的键能分别为 803 kJ/mol，464 kJ/mol、436 kJ/mol，则CO中碳氧键的键能为_ kJ/mol。（4）对于反应，若平衡时再充入CO2，使其浓度增大到原来的2倍，则平衡移动方向为_；当重新平衡后，CO2浓度_（填“变大”“ 变小”“ 不变”）。（5）甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，其工作原理的示意图如下：请回答下列问题：Pt(a)电极是电池的_极，电极反应式为_；常温下，用此电池以惰性电极电解0.5L饱和食盐水（足量），若两极共生成气体1.12L（已折算为标准状况下的体积），则电解后溶液的pH=_（忽略溶液的体积变化）。【答案】 (1). K1K2K3 (2). BC (3). BD (4). 1072.9 (5). 正向移动或向右移动 (6). 不变 (7). 负 (8). CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ (9). 13【解析】（1）已知： C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) K1； CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) K2； CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) K3；根据盖斯定律可知+即得到制H2总反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)，所以该反应的平衡常数KK1K2K3。A.反应前后体积不变，容器内压强不再变化不能说明反应达到平衡状态，A错误；B. 由于只有两种气体，因此H2与H2O(g)的物质的量之比不再变化说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，B正确；C.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但气体的质量是变化的，因此混合气体的密度不再变化说明达到平衡状态，C正确；D.形成a molH-H键的同时断裂2amolH-O键均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，D错误，答案选BC；（2）压强相同时升高温度氢气的产率增加，说明正反应是吸热反应；温度相同时，增大压强平衡向逆反应方向进行，氢气产率降低，所以压强是P1P2，则A、降低压强时平衡向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，A错误；B、升高温度平衡向正反应方向进行，氢气产率增大，B正确；C、温度相同时增大压强平衡向逆反应方向进行，水蒸气含量增大，C错误；D、升高温度平衡向正反应方向进行，平衡常数增大，D正确，答案选BD；（3）反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，已知反应的H=-41.1kJ/mol，则x+2464-2803-436-41.1，解得x1072.9，即CO中碳氧键的键能为1072.9kJ/mol。（4）对于反应，若平衡时再充入CO2，使其浓度增大到原来的2倍，则平衡向正反应方向移动；由于该反应的平衡常数Kc(CO2)，温度不变，平衡常数不变，所以当重新平衡后，CO2浓度不变。（5）Pt(a)电极充入甲醇，产生CO2，所以是电池的负极，由于存在质子交换膜，则负极电极反应式为 CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；惰性电极电解饱和食盐水两电极分别产生氢气和氯气，且二者的物质的量相等，均是0.56L22.4L/mol0.025mol，所以生成氢氧化钠是0.05mol，氢氧根的浓度是0.05mol0.5L0.1mol/L，则电解后溶液的pH13。20. 太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。其材料除单晶硅，还有铜铟镓硒等化合物。（1）镓的基态原子的电子排布式是_。（2）硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为_（用元素符号表示）。（3）气态SeO3立体构型为_，中心原子的杂化类型是_。（4）硅烷（SinH2n+2）的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是：_。（5）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为_，层间作用力为_；（6）金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，反应的离子方程式为_。（7）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构。在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为_，若该晶胞的边长为a pm，则合金的密度为_gcm-3 （金、铜的摩尔质量分别用M(Au)、M(Cu)表示。只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。【答案】 (1). ls22s22p63s23p63d104s24p1 （或Ar 3d104s24p1） (2). Br As Se (3). 平面三角形 (4). SP2 (5). 硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强(或其他合理答案） (6). 共价键（极性键） (7). 分子间作用力 (8). Cu+H2O+4NH3H2O=Cu(NH3)42+ +2OH-+4H2O (9). 13 (10). M(Au)+M(Cu)31030/(a3NA)（其他合理答案均给分）【解析】（1）镓是31号元素，根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式为 ls22s22p63s23p63d104s24p1（或Ar 3d104s24p1）；（2）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能BrAsSe；（3）气态SeO3分子中中心原子的价层电子对数为(6+0)/2=3，无孤电子对，所以分子构型为平面三角形，中心原子的杂化类型是sp2；（4）硅烷都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，而分子间作用力与相对分子质量的大小有关，硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强；（5）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为共价键，层间作用力为分子间作用力；（6）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，说明两者能互相促进，是两种物质共同作用的结果，其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，方程式可表示为Cu+H2O+4NH3H2O=Cu(NH3)42+ +2OH-+4H2O；（7）在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数=81/8=1，Cu原子个数=61/2=3，所以该合金中Au原子与Cu原子个数之比=1：3；晶胞体积V=（a10-10cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，则=m/VM(Au)+M(Cu)31030/(a3NA)gcm-3。