2019届高三化学上学期第三次考试试题(含解析).doc

2019届高三化学上学期第三次考试试题(含解析)1. 我国古代科技高度发达，下列有关古代文献的说法，错误的是A. 明朝的本草纲目记载“烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒和糟入甄(指蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露。”该段文字记载了白酒(烧酒)的制造过程中采用了蒸馏的方法来分离和提纯B. 汉朝的淮南万毕术、神农本草经记载“白育(碱式碳酸铜)得铁化为铜”，“石胆能化铁为铜”都是指铜可以采用湿法冶炼C. 清初泉州府志志物产条载：“初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。”该段文字记载了蔗糖的分离提纯采用了黄泥来吸附红糖中的色素D. 晋代葛洪的抱朴子记载“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”，是指加热时丹砂(HgS)熔融成液态，冷却时重新结晶为HgS晶体。【答案】D.考点：考查了元素及其化合物；物质的分离提纯和鉴别的相关知识。2. 用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）18gD2O含有的电子数为10NA；1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为2NA；12g石墨稀（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA； 在标准状况下，22.4LSO3的物质的量为lmol；7.8g过氧化钠中含有的离子数为0.3NA；28g硅晶体中含有2NA个Si-Si键；200mLlmol/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42-离子数的总和是NA；在常温常压下，O.lmol铁与0.1molCl2充分反应，转移的电子数为0.3NA 标准状况下，22.4LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数为1.5NA；S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NaA. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：D2O的摩尔质量为20gmol1，18g重水的含有电子的物质的量为1810/20mol=9mol，故错误；2Na2O22H2O=4NaOHO2，过氧化钠既是还原剂又是氧化剂，有2mol过氧化钠参加反应共转移电子的物质的量为2mol，因此1mol过氧化钠参加反应，转移电子1mol，故错误；石墨中一个碳原子被3个环共有，一个六元环真正占有的碳原子为61/3=2，12g石墨烯中含有的碳原子为12/12mol=1mol，因此12g石墨烯中含有六元环的个数为0.5NA，故正确；SO3标准状况下，不是气体，故错误；过氧化钠的阴阳离子个数比为1：2，1moL过氧化钠中含有离子物质的量为3mol，7.8g过氧化钠中含有的离子物质的量为7.83/78mol=0.3mol，故正确；硅晶体中一个硅实际占有2个硅硅键，28g硅晶体含有硅硅键的物质的量为282/28mol=2mol，故正确；硫酸铁属于强酸弱碱盐，Fe3要水解，因此两离子的物质的量应小于1mol，故错误；2Fe3Cl2=2FeCl3，根据量的关系，氯气不足，0.1mol氯气参加反应转移电子0.12mol=0.2mol，故错误；2NOO2=2NO2，2NO2N2O4，分子物质的量应小于1mol，故错误；6.4g是硫原子的质量，因此硫原子的物质的量为6.4/32mol=0.2mol，故正确，因此选项C正确。考点：考查阿伏加德罗常数。3. 向含有0.2molFeI2的溶液中加入amolBr2。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0=0.25时，发生的反应为 2Fe2+8I-+5Br2=2Fe3+4I2+l0Br_C. 当溶液中Fe2+有一半被氧化时，c(I-)：c(Br-)=1：1D. 当0.2a0.3时，溶液中各离子浓度的关系为：2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Br-)+c(OH-)【答案】C【解析】亚铁离子的还原性小于碘离子，溴少量时碘离子优先被氧化，发生反应为：2I-+Br2I2+2Br-；当碘离子完全被氧化后，亚铁离子开始被溴单质氧化，溴足量时的反应方程式为：2Fe2+4I-+3Br22Fe3+2I2+6Br-。Aa=0.1时，溴单质不足，只有碘离子被氧化，反应的离子方程式为：2I-+Br2I2+2Br-，故A正确；B当a=0.25时，0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol溴单质，剩余的0.05mol溴单质能够氧化0.1mol亚铁离子，所以正确的反应为：2Fe2+8I-+5Br22Fe3+4I2+10Br-，故B错误；C溶液中含有0.4mol碘离子，当有0.2mol碘离子被氧化时，消耗0.1mol溴单质生成0.2mol溴离子，则反应后溶液中碘离子和溴离子浓度相等，故C正确；D当0.2a0.3时，碘离子完全被氧化，亚铁离子部分被氧化，根据电荷守恒可知溶液中的离子浓度的关系为：2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)c(Br-)+c(OH-)，故D正确；故选C。点睛：明确亚铁离子与碘离子的还原性强弱及发生反应的先后顺序为解答关键。亚铁离子的还原性小于碘离子，溴少量时碘离子优先被氧化，当碘离子完全被氧化后，亚铁离子开始被溴单质氧化。4. 下列有关说法不正确的有用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在PH试纸上，待其变色后，与标准比色卡比较蒸发操作时，蒸发皿必须放在石棉网上，并用酒精灯的外焰加热配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，未将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，使配制的溶液浓度偏小石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加蒸馏蒸馏可用于分离所有沸点不同的液体的混合物用润湿的pH试纸测溶液的pH 定会使测定结果偏大A. 3句 B. 4句 C. 5句 D. 6句【答案】D【解析】用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液在混合液上层，应该从分液漏斗的上口放出，故错误；过滤时，防止液滴飞溅，则漏斗的尖端应接触烧杯内壁，故正确；氯水中含有次氯酸，具有漂白性，不能测量pH，应用pH计，故错误；蒸发皿可直接加热，不垫在石棉网上，故错误；配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，量筒不需要洗涤，若将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，会导致配制的溶液浓度偏高，故错误；液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故正确；不是所有沸点不同的液体的混合物都可以通过蒸馏分离，物质的沸点须相差较大，故错误；湿润的pH试纸会导致测定的稀酸浓度降低，氢离子浓度降低，测定溶液pH偏大，测定的稀碱浓度降低，氢氧根离子浓度降低，氢离子浓度增大，测定溶液pH偏小，故错误；错误的有6句，故选D。5. 下列反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比最大的是（）.A. 铜和稀硝酸 3Cu+8HNO3(稀)=2NO+3Cu(NO3)2+4H2OB. 氯气和氨气 3Cl2+8NH3=N2+6NH4C1C. 氢气和氧化铁 3H2+Fe2O32Fe+3H2OD. 二氧化锰和盐酸 MnO2+4HC1(浓)MnCl2+Cl2+2H2O【答案】B【解析】A. 铜和稀硝酸3Cu+8HNO3(稀)=2NO+3Cu(NO3)2+4H2O反应中氧化剂为硝酸，还原剂为铜，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:3；B. 氯气和氨气 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl反应中氧化剂为氯气，还原剂为氨气，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2；C. 氢气和氧化铁 3H2+Fe2O32Fe+3H2O反应中氧化剂为氧化铁，还原剂为氢气，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:3；D. 二氧化锰和盐酸 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O反应中氧化剂为二氧化锰，还原剂为氯化氢，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2；比值最大的是B，故选B。点睛：需要明确元素化合价变化与氧化剂、还原剂的关系，注意反应中的氧化剂、还原剂是否完全发生氧化还原反应，如A中的硝酸体现了硝酸的氧化性和酸性，体现氧化性和酸性的硝酸的物质的量之比为2:6，即只有2份是氧化剂。6. 近年来有多个品牌的手机电池曾发生爆炸事故，公众对电池安全性的重视程度越来越高，燃料电池作为安全性能较好的一类化学电源得到了更快的发展。一种以联氨(N2H4)为燃料的环保电池工作原理如图所示，工作时产生稳定无污染的物质。下列说法不正确的是A. M极生成氮气且电极附近pH降低B. 负极上每消耗lmolN2H4,会有4molH+通过质子交换膜C. 正极的电极反应式为：O2+4H+4e-=2H2OD. d口流出的液体是蒸馏水【答案】D【解析】根据氢离子的移动方向，电极N为正极，电极M为负极，燃料电池的负极为联氨发生氧化反应，电极反应式为：N2H4-4e-=N2+4H+，正极是氧气发生还原反应，电极反应式为：O2+4H+4e-2H2O。A、电极M为负极，N2H4-4e-=N2+4H+，电极附近pH降低，故A正确；B、负极为联氨发生氧化反应，电极反应式为：N2H4-4e-=N2+4H+，则每消耗lmolN2H4，转移4mol电子，会有4molH+通过质子交换膜，故B正确；C、正极是氧气发生还原反应，电极反应式为：O2+4H+4e-2H2O，故C正确；D、根据题意该燃料电池的电解质为酸性溶液，因此从d口流出的液体是酸性溶液，故D错误；故选D。点睛：本题考查了燃料电池，为高频考点，侧重于学生的分析的考查，题目涉及电极反应式以及电池反应方程式书写。本题的易错点为D，要注意纯水的导电能力很弱，因此电解质溶液应该是酸性溶液。7. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数和族序数均依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期，Z是空气中含量最多的元素。下列说法正确的是A. Y定是非金属元素B. 原子半径：r(X)r(Y)r(Z)c(Cl-)c(H+)c(OH-)【答案】C【解析】A.10mLpH=3的A溶液中加水稀释到V1mL溶液，pH=4，若V1=100，则是稀释10倍溶液pH增大一个单位，证明是强酸，但可以是一元酸也可以是二元酸，所以原酸溶液浓度不一定为0.001mol/L，故A错误；B向10mLpH=3的A溶液可能是酸溶液，也可能是水解的盐溶液，若为酸溶液a点水的电离程度一定小于b点，若为水解的盐溶液加入水稀释促进水解正向进行，水的电离程度减小，a点水的电离程度大于b点，故B错误；C若A为NH4Cl和HCl的混合溶液，溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加水稀释促进水解平衡正向进行，加水稀释到100ml，不考虑水解平衡移动，溶液PH变化为4，单铵根离子水解，溶液PH小于4，所以V1一定大于100，故C正确； D若A为NH4Cl和NH3H2O的混合溶液，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，溶液显酸性，则(H+)c(OH-)，c(NH4+)c(Cl-)，故D错误；故选C。9. 下列各图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是A. B. C. D. 【答案】D点睛：装置气密性检验原理是气体受热气压增大。10. 含有下列各组离子的溶液中通入(或加入)过量的某种物质后仍能大量并存的是A. H+、Ba2+、Fe3+、NO3-，通入 SO2气体B. Ca2+、Cl-、K+、H+，通入 CO2气体C. AlO2-、Na+、Br-、SO42-，通入 CO2气体D. HCO3-、Na+、I-、HS- ,加入 A1C13溶液【答案】B【解析】试题分析：A该组离子之间不反应，能共存，但通入SO2气体与Fe3+（或H+、NO3-）发生氧化还原反应，不能共存，故A不选；B该组离子之间不反应，能共存，且通入CO2气体仍不反应，能共存，故B选；C该组离子之间不反应，能共存，但通入CO2气体与Al（OH）4-反应生成沉淀，不能共存，故C不选；D该组离子之间不反应，能共存，但加入AlCl3溶液与HCO3-（或HS-）发生相互促进水解反应，不能共存，故D不选；故选B。【考点定位】考查离子共存【名师点晴】本题考查离子的共存，熟悉常见离子之间的反应即可解答。根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、不能发生氧化还原反应，不能相互促进水解反应等，则离子能大量共存，并结合通入（或加入）过量的某种物质后仍能大量共存来解答。注意选项A中的氧化还原及选项D中的促进水解反应为解答的难点。11. 有下列物质，正盐：钾盐、钠盐、铵盐、钡赴；酸：盐酸、硝酸、醋酸、稀硫酸。在水溶液中符合离子方程式：2H+SO32-=SO2+H2O的化学反应的组合共有( )个A. 6 B. 9 C. 12 D. 15【答案】A【解析】试题分析：亚硫酸的钾盐、钠盐、铵盐、钡盐中，BaSO3不溶于水，离子方程式中不能用SO32-表示，其余在溶液中均可用SO32-表示；四种酸中，醋酸是弱酸，离子方程式中不能用H+表示，HNO3有强氧化性，与SO32-反应时生成SO42-，离子方程式也不符合，则符合2H+SO2-SO2+H2O，存在三种盐与两种酸可组合出6个反应，且离子方程式相同，故选A。【考点定位】考查离子方程式的书写【名师点晴】本题考查离子反应的书写，为高考常见题型，离子方程式为2H+SO32-SO2+H2O，为强酸与可溶性亚硫酸盐反应生成可溶性盐、水、二氧化硫的反应。把握离子反应中保留化学式的物质即可解答，注意硝酸具有强氧化性为解答的易错点，注重基础知识的考查。12. 下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A. Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2+12HCO3-+2OH-=CaCO3 +CO32-+H2OB. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+3H2OC. 将饱和FeC3溶液滴入沸水中制胶体：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+D. 以铜为电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-【答案】C【解析】ACa(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液的离子反应为Ca2+HCO3-+OH-CaCO3+H2O，故A错误；B磁性氧化铁溶于稀硝酸的离子反应为3Fe3O4+28H+NO3-9Fe3+NO+14H2O，故B错误；C向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制取Fe(OH)3胶体的方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，故C正确；D以铜为电极电解饱和食盐水的离子反应为Cu+2H2OCu(OH)2+H2，故D错误；故选C。点睛：把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键。注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，本题的易错点为D，以铜为电极电解饱和食盐水，阳极Cu失去电子，阴极氢离子得到电子。13. 向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入lL0.6mol/LHNO3溶液恰好使其完全溶解，同时收集到2240 mLNO气体(标准状况)。下列说法中不正确的是 （己知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O)A. 上述体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸其物质的量之比为5：1B. 若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为32gC. Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu2O+14H+2NO3-=6Cu2+2NO+7H2OD. 若混合物中含0.lmolCu，使该混合物与稀硫酸充分反应，消耗硫酸的物质的量为0.1 mol【答案】B【解析】试题分析：0.6mol硝酸恰好反应，收集到2240mLNO气体，表现氧化性的硝酸0.1mol，表现酸性的硝酸0.5mol，生成硝酸铜0.25mol；体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸其物质的量之比为5:1，故A正确；若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为0.25mol 64=16g，故B错误；Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu2O+14H+2NO3-=6Cu2+2NO+7H2O，故C正确；收集到2240mLNO气体，转移电子0.3mol，0.1molCu转移电子0.2mol，Cu2O转移电子0.1mol，n(Cu2O)= 0.05mol，n(CuO)=0.05mol；与稀硫酸充分反应，消耗硫酸的物质的量为0.1mol，故D正确。考点：本题考查硝酸的性质。14. 某强酸性溶液 X 中可能含有 Na+、K+、NH4+、Fe2+、A3+、CO32-、SO32-、SO42-，Cl-、NO2中的若干种，某同学为了确认其成分，取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下下列结论正确的是A. X中肯定存在Na+、Fe2+、A13+、NH4+、SO42-B. 气体F经催化氧化可直接生成气体DC. 沉淀C一定是BaSO4、沉淀G一定是Fe(OH)3 、沉淀I一定是Al(OH )3D. X中不能确定的离子是 A13+、Na+、K+和Cl-【答案】D【解析】试题分析： 强酸性溶液中CO32、SO32、NO2- 不能存在； X溶液中加入过量Ba（NO3）2溶液生成沉淀C是BaSO4，说明有SO42存在；生成气体A为NO，说明有Fe2+存在，（即3 Fe2+4H+ NO3- = 3 Fe3+NO+2H2O）。 溶液B加入过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe（OH）3；生成的气体F为NH3，说明有NH4+存在。 溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba（NO3）2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1（OH）3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在C1，答案选D。考点：考查离子的检验及鉴别15. 摩尔质量为M g/mol的某物质在20时的溶解度为Sg，其20的饱和溶液的密度为dg/mL，其物质的量浓度为A. mol/L B. C. mol/L D. 【答案】D【解析】某物质在20时的溶解度为Sg/100g水，则该饱和溶液的质量分数A%=100%，由于溶质摩尔质量为Mg/mol，饱和溶液密度为d g/mL，所以该饱和溶液的物质的量浓度c= mol/L =mol/L=mol/L，故选D。16. 化学实验设计和操作中必须十分重视安全和环境，下列实验问题处理方法正确的是A. 实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室，以免污染实验室B. 在气体发生装置上直接点燃一氧化碳气体时，必须要先检验氧化碳气体的纯度。C. 制氧气时排水法收集氧气后出现倒吸现象，应立即松开试管上的橡皮塞D. 凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂【答案】C【解析】A实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室，会污染下水道中的水造成污染，故A错误；B排空气法不能收集到纯净的CO，应用排水法收集，故B错误；C制氧气时排水法收集氧气后出现倒吸现象，立即松开试管上的橡皮塞，防止水进入试管发生试管炸裂，故C正确；D并不是所有玻璃仪器都不能直接加热，试管可直接加热，故D错误；故选C。17. 减少碳的氧化物和氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之。(1) 已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H =+180.5kJmol-1C(s) +O2(g) =CO2(g) H=-393.5 kJ mol-12C(s)+O2(g) =2CO(g) H=-221 kJmol-1若某反应的平衡常数表达式为：请写出此反应的热化学方程式_ 。(2)用CH4催化还原NOx可以消除污染，若将反应CH4+2NO2=CO2+2H2O+N2设计为原电池，电池内部是掺杂氧化钇的氧化锆晶体，可以传导O2-。则电池的正极反应式为_。(3)利用H2和CO2在一定条件下可以合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g) CH2=CH2(g)+4H2O(g)己知不同温度对CO2的平衡转化率及催化剂的效率影响如左图所示，下列有关说法不正确的是_(填序号）不同条件下，N点的反应速率最大M点时的平衡常数比N点时的平衡常数大温度低于250时，随温度升高乙烯的产率增大实际反应应尽可能在较低温度下进行，以提高CO2的转化率(4)在密闭容器中充入5molCO和4molNO，发生上述（1)中某反应，如右图为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。回答下列问题温度：T1_T2(填“”或“)某温度下，若反应进行到10分钟达到平衡状态D点时，容器的体积为2L，则此时的平衡常数K=_(结果精确到两位小数)；用CO的浓度变化表示的平均反应速率V(CO)=_。若在D处对反应容器升温的同时扩大体积至体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中AG点中的_点。【答案】 (1). 2NO(g)+2CO(g) =N2(g)+2CO2(g) H=-746.5kJ/mol (2). 2NO2+8e-=N2+4O2- (3). (4). (5). 0.022 (6). 0.lmol/(L.min) (7). A【解析】试题分析：根据盖斯定律，写热化学方程式。(2)电池的正极得电子发生还原反应。(3) 根据图示，M点催化剂催化效果最好；随温度升高，二氧化碳的平衡转化率减小；温度低于250时，随温度升高乙烯转化率减小；实际反应应从反应限度和反应速率两方面选择反应条件。 (2) 2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g） H=-746.5kJ/mol,升高温度平衡逆向移动,NO体积分数增大。利用“三段式”计算平衡常数；根据 计算平均反应速率。若在D处对反应容器升温的同时扩大体积至体系压强减小，平衡逆向移动，NO体积分数增大。解析：试题分析：若某反应的平衡常数表达式为：，则方程式为2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g），根据盖斯定律， H=-746.5kJ/mol，热化学方程式为2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g） H=-746.5kJ/mol。(2) 电池的正极得电子发生还原反应，则正极反应式为2NO2 + 8e- =N2 + 4O2- 。(3)M点催化剂催化效果最好，所以M点的速率最大，故错误；随温度升高，二氧化碳的平衡转化率减小，M点时平衡常数比N点时平衡常数大，故正确；温度低于250时，随温度升高乙烯的产率减小，故错误；实际反应应尽可能在250下进行，提高单位时间的产量，故错误。 (2)在密闭容器中充入5mol CO和4mol NO，发生上述(1)中某反应，如图为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。回答下列问题：2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g） H=-746.5kJ/mol,升高温度平衡逆向移动,NO体积分数增大，所以T1T2。 ,x=0.50.022 ；根据 , 用CO的浓度变化表示的平均反应速率V(CO)= 0.1 mol/（Lmin）。若在D处对反应容器升温的同时扩大体积至体系压强减小，平衡逆向移动，NO体积分数增大,故选 A点。点睛：原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，所以题中原电池负极反应为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，正极反应为2NO2 + 8e- =N2 + 4O2-。18. 短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。请回答下列问题I. (1)下列说法正确的是_ .a.XY2和WY2都能溶子水生成对应的酸b.Q的含氧酸的酸性比X的含氧酸的酸性强c.X的最简单气态氢化物的稳定性大于W的最简单气态氢化物的稳定性d.依据将NaOH溶液分别滴入MgO2、ZQ3溶液中的反应现象可比较Mg和Z金属性的强弱. QY2是国际上公认的高效消毒灭菌剂。(2)实验室中利用KQY3和亚硫酸钠在硫酸存在下制备QY2。写出反应的化学方程式，并用单线桥标明电子转移的方向和数目_。(3)自来水厂常用QY2对饮用水进行消毒，处理后的水中要求QY2的浓度在0.100.80mgL-1之间。碘量法可以检测水中QY2的浓度，步骤如下：操作I ：取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再用NaOH溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝。操作：再加入一定量的Na2S2O3溶液。（己知：2S2O32-+I2 = S4O62-+2I-)。操作：然后再加硫酸调节水样pH至13。操作时，不同pH环境中Q元素粒子种类及化合价如图所示：操作I中反应的离子方程式是_。确定操作II完全反应的现象是_。在操作过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是_。若水样的体积为1.0L，在操作II中消耗了1.010-3molL-1的Na2S2O3溶液10mL，则水样中QY2的浓度是_molL-1(精确到0.01)。【答案】 (1). cd (2). +H2SO4=2ClO2+Na2SO4+K2SO4 (3). 2C1O2+2I-=2ClO2-+I2 (4). 蓝色消失，半分钟内不变色 (5). ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O (6). 0.68【解析】根据短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置，则X为C元素、Y为O元素、Z为Al元素、W为Si元素、Q为Cl元素。(1)aXY2和WY2分别为CO2和SiO2，二氧化碳溶于水生成碳酸，但是二氧化硅不溶于水，故a错误；b没有指出最高价，则Q的含氧酸的酸性不一定比X的含氧酸的酸性强，故b错误；cX的最简单气态氢化物为甲烷，W的最简单气态氢化物为硅烷，非金属性C大于Si，则甲烷的稳定性大于硅烷，故c正确；d由NaOH溶液分别滴入MgCl2、AlCl3溶液中，氢氧化钠过量时氢氧化镁不溶解，而氢氧化铝溶解，证明氢氧化镁的碱性大于氢氧化铝，则Mg的金属性大于Al，故d正确；故答案为：cd；(2)实验室中利用KClO3和亚硫酸钠在硫酸存在下制备ClO2,反应的化学方程式为2KClO3+ Na2SO3+H2SO4=2ClO2+Na2SO4+K2SO4，反应中氯酸钾是氧化剂，亚硫酸钠是还原剂，转移2个电子，用单线桥标明电子转移的方向和数目表示为，故答案为：；(3)用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为 ClO2，ClO2将加入的碘化钾氧化为I2，自身被还原成ClO2-，离子方程式为：2ClO2+2I-=2ClO2-+I2，故答案为：2ClO2+2I-=2ClO2-+I2；加入一定量 Na2S2O3 溶液，发生反应2S2O32-+I2S4O62-+2I-，使I2还原为I-，故蓝色会消失，故答案为：蓝色消失，半分钟内不变色；由图示表明，pH至13时，ClO2-将I-氧化成I，生成的I2，反应的离子方程式为：ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O，故答案为：ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O； S2O32- I- ClO2 1 11.010-3mol/L0.01L 1.010-5molm(ClO2)=n(ClO2)M(ClO2)=1.010-5mol67.5103mgmol-1=0.675mg，由于水样为 1L，所以 ClO2 的浓度为=0.675 mgL-10.68mgL-1，故答案为：0.68。点睛：明确原子结构与元素周期律、元素周期表的关系为解答关键。本题的易错点为(3)的计算和方程式的书写，注意计算结果必须精确到0.01。19. 硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O俗称莫尔盐，可溶于水，在100110时分解。在定量分析中常用作标定重铬酸钾、高锰酸钾等溶液的标准物质，还用于冶金、电镀等。.化学课外活动小组研究莫尔盐晶体强热时的分解产物。(1)甲组同学按照如图所示的装置进行研究，装置C中可观察到的现象是_，由此可知分解产物中有_。(2)乙组同学认为莫尔盐晶体分解的产物中还含有SO3(g)、SO2(g)及N2。为进行验证，选用甲组实验中的装置A和下图所示的部分装置进行实验。乙组同学的实验中，装置依次连接的合理顺序为A、_。装置D中足量盐酸的作用是_；含有SO3的实验现象是_。.为测硫酸亚铁铵纯度，称取mg莫尔盐样品，配成500ml溶液甲、乙、丙三位同学设计了如下三个实验方案，请回答：甲方案：取25.00mL硫酸亚铁铵溶液用0.1000molL-1的酸性KMnO4溶液分三次进行滴定。乙方案：取25.00mL硫酸亚铁铵溶液进行如下实验。丙方案：（通过NH4+测定）实验设计图如下图所示，取25.00mL硫酸亚铁铵溶液进行该实验。(3)甲方案中的离子方程式为_，若实验操作都正确，但其测定结果总是小于乙方案，可能原因为_，验证推测的方法为_ 。 (4)乙方案中沉淀是否洗涤干净的检验方法是_。(5)丙方案中量气管中最佳试剂是_a.水 b.饱和NaHCO3溶液 c.CCl4(6)若测得NH3体积（已折算为标准状况下）为VL，则硫酸亚铁铵纯度为_。【答案】 (1). 溶液变红 (2). NH3 (3). G D B C F (4). 吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰 (5). D中出现白色沉淀 (6). MnO4-+5Fe2+ 8H+ =Mn2+5Fe3+ + 4H2O (7). Fe2+已被空气部分氧化 (8). 取少量硫酸亚铁铵溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明Fe2+己被空气部分氧化 (9). 取最后一次洗涤的滤液加入AgNO3溶液，若没有沉淀，说明已洗干净 (10). c (11). 175V/m 或【解析】(1)莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O受热分解，分解时会产生氨气和二氧化硫、三氧化硫等酸性气体，根据装置图可知，碱石灰可以吸收酸性气体，氨气遇到酚酞溶液会变红色，所以装置C中可观察到的现象是溶液变红，由此可知莫尔盐晶体分解的产物中有 NH3装置B的主要作用是 吸收分解产生的酸性气体，故答案为：溶液变红；NH3；(2)要检验生成SO3(g)、SO2(g)及N2，在甲组实验中的装置A产生气体后，经过安全瓶后通过氯化钡溶液检验SO3，再通过品红溶液检验SO2，用浓氢氧化钠除去二氧化硫，用排水集气法收集氮气，所以装置依次连接的合理顺序为A、G、D、B、C、F，故答案为：G、D、B、C、F；由于产生的气体中有氨气，所以氯化钡溶液中加入足量的盐酸，可以吸收氨气并防止产生亚硫酸钡沉淀，排除SO2的干扰，SO3通入氯化钡溶液中可以产生硫酸钡沉淀，二氧化硫能使品红褪色，所以装置D中足量盐酸的作用是 吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰；含有SO3的实验现象是 D中有白色沉淀，故答案为：吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰；D中有白色沉淀；(3)高锰酸钾溶液具有氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，亚铁离子具有还原性，易被氧化成铁离子，故测得硫酸亚铁铵浓度偏小，可检验亚铁离子的氧化产物铁离子，具体操作为：取少量硫酸亚铁铵溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明Fe2+已被空气部分氧化，故答案为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O；Fe2+已被空气部分氧化；取少量硫酸亚铁铵溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明Fe2+已被空气部分氧化；(4)乙方案中沉淀是否洗涤干净，可以设计实验检验洗涤液中是否含有氯离子检验沉淀洗涤是否干净，具体步骤为：取最后一次洗涤的滤液加入AgNO3溶液，若没有沉淀，说明已洗干净，故答案为：取最后一次洗涤的滤液加入AgNO3溶液，若没有沉淀，说明已洗干净；(5)乙装置中导管在液面以上，符合排液体收集气体要求，量气管中液体应不能溶解氨气，氨气易溶于水和饱和碳酸钠溶液，难溶于四氯化碳，故用排四氯化碳法收集，故答案为：c；(6)VL氨气的物质的量为：=mol，m g硫酸亚铁铵样品中含N的物质的量为mol=mol，硫酸亚铁铵的纯度为：100%=100%，故答案为：100%。20. 叠氮化物是一类重要化合物，在炸药、磁性化合物研究、微量元素测定方面越来越引起人们的重视，其中氢叠氮酸(HN3)是一种弱酸，分子结构示意图可表示为：联氨被亚硝酸氧化时便可生成氢叠氮酸(HN3)：N2H4+HNO2=2H2O+HN3，它的酸性类似于醋酸，微弱电离出H+和N3-。试回答下列问题：(1)从成键原子的电负性角度，HN3中含有的共价键类型为_，分子的极性为_。(2)叠氮化物能与Fe3+、Cu2+、Co3+等形成配合物，如：Co(N3)(NH3)5】SO4，在该配合物中钴显_价，根据价层互斥理论可知SO42-空间形状为_，写出钴原子在基态时的核外电子排布式_。(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.NaN3与KN3结构类似，前者晶格能较小B.钠晶胞结构如图，晶胞中分摊2个钠原子C.氮的第一电离能大于氧D.氮气常温下很稳定，是因为氮的电负性小(4)与N3-互为等电子体的分子有_ (举2例）(5)人造立方氮化硼的硬度仅次于金刚石而远远高于其他材料，因此它与金刚石统称为超硬材料。立方氮化硼晶胞如图所示，试分析：该晶体的类别为_晶体。晶体中每个N同时吸引_个B。设该晶体的摩尔质量为Mgmol-1，晶体的密度为gcm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中两个距离最近的B之间的距离为_cm。【答案】 (1). 极性键、非极性键 (2). 极性分子 (3). +3 (4). 正四面体 (5). ls22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2 (6). C (7). N2O、CO2、CS2、BeF2等 (8). 原子 (9). 4 (10). 【解析】(1) HN3中含有的共价键有H-N极性键和N=N非极性键，根据结构可知，该分子为V形分子，电荷分布不均匀，属于极性分子，故答案为：极性键、非极性键；极性分子；(2)该配合物中叠氮酸根离子为-1价、硫酸根离子为-2价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0知，Co元素化合价为+3价；硫酸根离子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子空间构型为正四面体形；Co是27号元素，其原子核外有27个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2，故答案为：+3；正四面体；1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2；(3)ANaN3与KN3结构类似，且二者都是离子晶体，晶格能与离子半径成反比，钾离子半径大于钠离子，所以前者晶格能大于后者，故错误；B晶胞中Na原子个数=8+1=2，故正确；C同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能NO，故正确；D氮气分子中含有氮氮三键，键能较大，性质较稳定，故错误；故选BC；(4)原子个数相等价电子数相等的微粒互为等电子体，与N3-互为等电子体的分子有N2O、CO2、CS2、BeF2等，故答案为：N2O、CO2、CS2、BeF2等；(5)原子晶体硬度大，该晶体硬度大，所以为原子晶体，故答案为：原子；每个N原子同时吸引4个B原子，所以其配位数是4，故答案为：4；晶体中两个距离最近的B之间的距离为晶胞棱长的倍，晶胞棱长=，则晶体中两个距离最近的B之间的距离=cm=cm=cm，故答案为：。21. 某芳香烃X (相对分子质量为92)是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物，H是一种高分子，链节组成为C7H5NO。己知：(1)X的名称是_，反应中属于氧化反应的是_ 。(2)反应两步能否互换_(填“能”或“不能”)，理由是_。(3)反应的化学方程式是_。(4) 的同系物M比其本身相对分子质量大14，M的同分异构体中能同时满足以下条件：芳香族化合物，能发生水解反应，与FeCl3溶液能够发生显色反应，苯环上有两个取代基；共有_(不考虑立体异构)种。(5)请用合成反应流程图表示出由和其他无机物合成最合理的方案。_ 。【答案】 (1). 甲苯 (2). (3). 不能 (4). 因为还原得到的氨基会被氧化 (5). (6). 9 (7). 【解析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=78，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息、反应信息可知，G为，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应是错的高聚物，H为。(1)由上述分析可知，X的结构简式为，其名称为甲苯，反应中属于氧化反应的是，故答案为：甲苯；(2)反应是氧化甲基到羧基，反应是还原硝基到-NH2，根据题给信息-NH2也能被氧化，所以必须先氧化再还原，所以反应不能互换，故答案为：不能；反应是氧化甲基到羧基，反应是还原硝基到-NH2，-NH2也能被氧化，所以必须先氧化再还原；(3)反应为在一定条件下发生缩聚反应，反应方程式为：，故答案为：；(4)的同系物M比其本身相对分子质量大14，即多一个CH2，M的同分异构体中能同时满足以下条件：芳香族化合物，说明有苯环，能发生水解反应，说明有酯基，与FeCl3溶液能够发生显色反应，说明有酚羟基，苯环上有两个取代基；则符合条件的M的结构为苯环上连有-OH、-COOCH3，或-OH、HCOOCH2，或-OH、CH3COO-，各有邻间对三种，共有9种，故答案为：9；(5)A为，在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成反应流程图为：故答案为：。点睛：根据X的相对分子质量推断X的结构是解题的关键，结合A的反应产物的结构特点，判断A的结构，再根据反应条件及反应信息利用正推法与逆推法相结合进行判断。本题的易错点和难点是(5)的合成路线的设计。