宁夏银川一中2019届高三第一次月考化学试题Word版含解析.doc

银川一中2019届高三年级第一次月考 理科综合化学试卷 ‎1.化学与生活、社会发展息息相关。下列有关说法正确的是 A. 二氧化硫可广泛用于食品的增白 B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，青蒿素的提取属于化学变化 C. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 D. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．二氧化硫有一定毒性；B.屠呦呦对青蒿素的提取是溶解萃取过滤，属于物理方法；C.碳酸钡可溶于酸；D.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染。‎ ‎【详解】二氧化硫有毒不能广泛用于食品的增白，A错误；“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取是溶解萃取过滤，没有新物质生成，属于物理变化，B错误；碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，C错误；绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用途，同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。需要注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。‎ ‎2.下列颜色变化与氧化还原反应无关的是 A. 将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，溶液由橙色变为绿色 B. Na2S溶液滴入AgCl浊液中, 沉淀由白色逐渐变为黑色 C. 将H‎2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去 D. 热铜丝插入稀硝酸中, 产生无色气体，随后变为红棕色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 与氧化还原反应无关，说明该反应中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降。‎ ‎【详解】2K2Cr2O7+‎3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+11H2O，Cr2O72-转化为Cr3+，C元素化合价由-2价变为0价，有电子转移，所以属于氧化还原反应，故A不选；B.2AgCl+Na2S =Ag2S+2NaCl，反应中各元素化合价不变，没有电子转移，不属于氧化还原反应，故B选； 2MnO4-+5H‎2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故C不选；热铜丝插入稀硝酸中，铜与稀硝酸发生氧化还原反应生成一氧化氮，一氧化氮遇到空气转化为二氧化氮，有电子转移，属于氧化还原反应，故D不选.‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了氧化还原反应的判断，根据元素化合价是否变化判断即可，注意有机物中元素化合价的判断，取平均化合价，为易错点.‎ ‎3.下列反应的离子方程式正确的是 A. 用醋酸除去水垢：2H＋＋CaCO3===Ca2＋＋CO2↑＋H2O B. 酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水：2Fe2＋＋H2O2===2Fe3＋＋O2↑＋2H＋‎ C. NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2—+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32－‎ D. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.醋酸为弱酸，不能拆写；B．离子方程式两边正电荷不相等，Fe元素和O元素的化合价都升高；C.NaAlO2溶液中通入过量CO2生成HCO3-；D.电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成。‎ ‎【详解】用醋酸除去水垢反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故A错误；酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水，双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O，B错误；Al（OH）3不溶于CO2，通入过量CO2生成HCO3-，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，C错误；电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，答题时注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。‎ ‎4.下列有关说法中正确的是 A. 浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体 B. 从100 mL 5 mol·L－1 H2SO4溶液中取出10 mL，所得硫酸根的物质的量为0.05 mol C. KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3均为电解质 D. 葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应，制备氢氧化铁胶体应该将饱和氯化铁溶液逐滴滴入到沸腾的蒸馏水中；B.从‎1L0.5mol•L-1的H2SO4溶液中取出100mL溶液，其物质的量浓度仍为0.5mol•L-1；D.葡萄糖的相对分子质量都比较小，不属于高分子化合物。‎ ‎【详解】浓氨水与氯化铁饱和溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，发生复分解反应，要制备氢氧化铁胶体应该将饱和氯化铁溶液逐滴滴入到沸腾的蒸馏水中，A错误；从‎1L0.5mol•L-1的H2SO4溶液中取出100mL溶液，其物质的量浓度仍为0.5mol•L-1，则硫酸根的物质的量为‎0.1L×0.5mol•L-1=0.05 mol，B正确；SO3溶于水能导电是因SO3与H2O反应生成H2SO4，H2SO4发生电离，但液态SO3不能发生电离，故SO3是非电解质，C错误；葡萄糖的相对分子质量都比较小，属有机小分子，蛋白质是有机高分子化合物，D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题综合考查物质的性质与制备，侧重于基础知识的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. ‎‎0.1‎L 0.5mol/L CH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NA B. 0.2 mol NaHSO4晶体中含有的阳离子数为0.4NA C. ‎22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA D. 标准状况下，‎4.48 L CCl4含有的共价键数为0.8NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 醋酸是弱酸，在在溶液中部分电离；B. NaHSO4晶体是钠离子和硫酸氢根离子构成；C. 氩气为单原子分子，含有的质子数为18；D.标准状况下四氯化碳是液体，不是气体。‎ ‎【详解】醋酸是弱酸，在在溶液中部分电离，‎0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数小于0.05NA，A错误；NaHSO4晶体是钠离子和硫酸氢根离子构成，0.2molNaHSO4晶体中阳离子数为0.2NA，B错误；氩气为单原子分子，含有的质子数为18，标准状况下，‎22.4L氩气的物质的量为1mol，含有质子数为18NA，C正确；标准状况下气体摩尔体积为‎22.4L/mol，四氯化碳不是气体，4.48LCCl4物质的量不是0.2mol，无法计算CCl4含有的共价键数，D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查常用化学计量的有关计算，注意NaHSO4晶体的组成和气体摩尔体积的使用条件与对象。‎ ‎6.500 mL 2 mol·L－1 FeCl3溶液和500 mL 2 mol·L－1明矾溶液分别滴入沸水中，加热制成甲、乙两种分散系，经测定，甲分散系中分散质的粒子直径大小在1～100 nm之间，乙分散系中分散质的粒子直径大小在10－9～10－‎7 m之间。下列关于甲、乙分散系的判断合理的是 A. 蒸干、灼烧FeCl3溶液和明矾溶液会得到对应的固体盐 B. 向甲、乙中分别滴加过量的氢氧化钠溶液，现象都是“先聚沉，后溶解”‎ C. 向甲、乙中分别滴加过量的氢碘酸，最终现象分别是深褐色溶液、无色溶液 D. 在暗室里用一束明亮的强光照射甲、乙，发现甲有丁达尔效应，乙没有丁达尔效应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分散系中分散质的粒子大小在1～100nm之间或10-9～10‎-7m之间，甲、乙两种分散系均为胶体，具有胶体的性质。‎ ‎【详解】蒸干、灼烧氯化铁溶液得到氧化铁，蒸干、灼烧明矾溶液得到KAl(SO4)2，A错误；氢氧化铝胶体中加滴加过量的氢氧化钠溶液，现象都是“先聚沉，后溶解”，氢氧化铁胶体滴加过量的氢氧化钠溶液会聚沉生成沉淀，氢氧化铁不溶于氢氧化钠，所以不溶解， B错误；氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体均能与氢碘酸溶液反应，三价铁离子与碘离子反应生成碘单质溶液为深褐色溶液，C正确；分散系中分散质的粒子大小在1～100nm之间或10-9～10‎‎-7m 之间，均为胶体，所以甲、乙都有丁达尔效应，D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了胶体的性质，题目难度不大，属于基础知识的考查，但要注意氢氧化铝的两性和三价铁离子的氧化性。‎ ‎7.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：‎ ‎①SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO42-＋2Fe 2＋＋4H＋；‎ ‎②Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。‎ 下列有关说法不正确的是 A. SO2发生氧化反应 B. 氧化性：SO42- < Fe3＋ < Cr2O72-‎ C. 每0.2 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为1.2NA D. 若有‎13.44 L SO2(标准状况)参加反应，则最终消耗0.4mol K2Cr2O7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由反应①可知反应中SO2具有还原性，Fe3+具有氧化性，氧化性Fe3+＞SO2，由反应②可知反应中为Cr2O72-氧化剂，Fe2+为还原剂，氧化性Cr2O72-＞Fe3+。‎ ‎【详解】由反应①可知反应中SO2具有还原性，发生氧化反应，A正确；氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，氧化剂氧化性大于还原剂氧化性，对比两个反应，应有Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，B正确；1mol K2Cr2O7参加反应生成2 mol Cr3＋，转移电子的数目,6mol，则每0.2 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为1.2NA，C正确；若13.44LSO2（标准状况）参加反应，n（SO2）=0.6mol，①②反应关系式为Cr2O72-～3SO2，则最终消耗0.2molK2Cr2O7，D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重于基本概念的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和性质，易错点为电子转移数目计算和多步方程式计算，注意利用关系式法解答。‎ ‎8.实验室需要0.2 mol·L－1NaOH溶液480 mL和0.5 mol·L－1硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：‎ ‎（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是________(填序号)‎ ‎，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是________(填仪器名称)。‎ ‎（2）下列有关容量瓶使用方法的操作中，错误的是_______。 ‎ A．使用容量瓶之前应检查它是否漏水 ‎ B．容量瓶用蒸馏水洗净后,再用待配溶液润洗 C．定容时,将蒸馏水小心倒入容量瓶中直至与刻度线齐平 D．配制溶液时,如果试样是液体,用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中定容 E．盖好瓶塞,用食指顶住瓶塞,另一只手托住瓶底,把容量瓶反复上下颠倒,摇匀 ‎（3）在配制NaOH溶液时：‎ ‎①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为________g；‎ ‎②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度________(填“>”“”“ (7). 13.6 (8). 15 (9). 将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；（2）根据容量瓶的构造及正确使用方法进行解答；（3）实验室没有450mL容量瓶，需要选用500mL容量瓶，实际上配制的溶液为500mL 0.1mol/L的氢氧化钠溶液，根据n=cV计算出氢氧化钠的物质的量，再根据m=nM计算出氢氧化钠的质量，少量氢氧化钠溶液洒落，配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，未等溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积变小，配制的溶液体积偏小，浓度偏高；（4）根据c=计算出浓硫酸的浓度，再根据溶液的稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要浓硫酸的体积，根据计算结果选用量筒规格；浓硫酸密度大于水，且稀释过程中放出大量热，应该将浓硫酸缓缓倒入水中。‎ ‎【详解】（1）A为平底烧瓶、C为分液漏斗，在配制一定浓度的溶液中不会用到烧瓶和分液漏斗；配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：烧杯和玻璃棒。（2）容量瓶是带塞的仪器，使用容量瓶之前应检查它是否漏水，A正确；容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗会增大溶质的物质的量，导致所配溶液浓度偏大，B错误；定容时，将蒸馏水小心倒入容量瓶中到离刻度线1‎-2cM处改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线齐平处，C错误；容量瓶为量器，不能用来溶解固体或者稀释浓溶液，D错误；盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶反复上下颠倒、摇匀，故E正确。（3）需要0.2mol/LNaOH溶液480mL，需要配制500mL 0.2mol/L的氢氧化钠溶液，氢氧化钠的物质的量为：0.2mol/L×‎0.5L=0.1mol，需要氢氧化钠的质量为：‎40g/mol×0.1mol=‎4.0g；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，则所得溶液浓度小于0.2mol•L-1；未等溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积变小，配制的溶液体积偏小，浓度偏高。（4）98%浓硫酸的物质的量浓度===18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=0.5/L×‎0.5L，V=‎0.0136L=13.6mL，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，故选15mL量筒；稀释浓硫酸的正确操作是将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，防止液体溅出。‎ ‎【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，根据c=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n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n和V怎样的变化：若n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n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。‎ ‎9.现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Al3＋、Fe3＋、Cu2＋、Ba2＋、K＋和五种阴离子NO、OH－、Cl－、CO、Xn-(n=1或2)中的一种。‎ ‎（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是_____和_____。‎ ‎（2）物质C中含有离子Xn-。为了确定Xn-，现将(1)中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则X为________(填字母)。‎ A．Br－ B．CH3COO－ C．SO D．HCO ‎（3）将‎38.4 g Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的________(填相应的离子符号)，写出Cu溶解的离子方程式____________________________________________，若要将Cu完全溶解，至少加入H2SO4的物质的量是_____________。‎ ‎（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，该反应的离子方程式为___________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). K2CO3 (2). Ba(OH)2 (3). C (4). )NO (5). 3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O (6). 0.8 mol (7). 2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）碳酸根离子只有和钾离子结合物质为可溶性物质，所以一定含有Ka2CO3；除钾离子外，氢氧根离子只有和钡离子结合生成的物质具有可溶性，所以一定含有Ba（OH）2；（2）根据C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，可知沉淀为氢氧化铜，则B为Na2CO3，A为Ba（OH）2；向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则C为硫酸铜，另两种物质为氯化铁、硝酸铝或氯化铝、硝酸铁；（3）Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，说明D中不含Fe3＋，含有Al3＋；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，说明D中的阴离子一定是NO3-，则D为硝酸铝，E为氯化铁。‎ ‎【详解】（1）因为碳酸根离子只能与钠离子结合才能形成可溶性物质Na2CO3，与其他阳离子结合都是沉淀，氢氧根离子除与钾离子结合外还可以与钡离子结合形成可溶性物质，与其余三种结合都是沉淀，根据题意它们所含的阴、阳离子互不相同，所以氢氧根离子只能与钡离子结合形成Ba（OH）2。（2）根据C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，可知沉淀为氢氧化铜，则B为Na2CO3，A为Ba（OH）2；向该沉淀中滴入稀HNO3‎ ‎，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则C为硫酸铜，因C为CuSO4，则阴离子有SO42-，则X为SO42-，则另两种物质为氯化铁、硝酸铝或氯化铝、硝酸铁。（3）Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，说明D中的阴离子一定是NO3-，则D为硝酸铝，E为氯化铁；管口有红棕色气体，说明开始产生的是NO，所以Cu溶解的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。（4）氯化铁溶液与氢碘酸反应氯化亚铁和使淀粉变蓝的I2，反应的离子方程式为：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2。‎ ‎【点睛】本题考查物质检验实验方案设计，确常见物质的性质、物质的溶解性、物质物质的量关系是解本题关键，注意离子检验方法及现象，易错点是（3）题，铜和稀硫酸不反应，但酸性条件下铜和硝酸根离子发生氧化还原反应。‎ ‎10.酸性KMnO4、H2O2在生活、卫生医疗中常用作消毒剂，其中H2O2还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化试剂。高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸(H‎2C2O4)去除，Fe(NO3)3也是重要的氧化试剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究。‎ ‎（1）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，写出该反应的离子方程式____________________，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。‎ ‎（2）取300 mL 0.2 mol·L-1的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3,则转移电子的物质的量是_____ mol。‎ ‎（3）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的原因是_________________（用文字表达），又变为棕黄色的离子方程式是_____________________。 ‎ ‎（4）测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取‎0.474 g KMnO4样品溶解酸化后，用0.100 mol·L-1标准Na2S2O3溶液进行滴定，标准Na2S2O3溶液应盛装在___(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。配平上述反应的离子方程式：___MnO4-+___S2O32-+____H+=____Mn2++_____SO42-+____H2O，实验中，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液12.00 mL，则该样品中KMnO4的物质的量是_____。‎ ‎【答案】 (1). Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O (2). 1∶2 (3). 0.16 (4). Fe3+被还原成Fe2+ (5). 3Fe2++4H++NO3-3Fe3++NO↑+2H2O (6). 碱式 (7). 8MnO4-+5S2O32-+14H+8Mn2++10SO42-+7H2O (8). 1.92×10-3 mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铜片的稀盐酸中加入H2O2‎ 后，铜片溶解，发生氧化还原反应生成氯化铜、水；（2）0.06molI-→0.02molI2+0.02IO3-转移0.16mol电子，由电子守恒计算参加反应的n（KMnO4）；（3）先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，则Fe3+先被还原生成Fe2+，Fe2+又被氧化生成Fe3+；（4）KMnO4样品溶解酸化后，与Na2S2O3溶液反应，反应的离子方程式为8MnO4-+5S2O32-+14H+=8Mn2++10SO42-+7H2O，根据方程式中MnO4-、S2O32-之间的关系式计算；‎ ‎【详解】（1）盐酸不能与金属铜反应，加入H2O2后，发生氧化还原反应，铜片溶解生成氯化铜、水，该反应的离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，氧化产物氯化铜与还原产物水的物质的量之比为1:2；（2）n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×[5-（-1）]=0.16mol；（3）先由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3+先被还原为Fe2+，变为浅绿色的离子方程式是2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，后变为棕黄色的原因是反应生成的H+与NO3-组成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++‎ NO↑+2H2O；（4）Na2S2O3在溶液中水解，使溶液显碱性，所以标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中；酸性条件下MnO4-将S2O32-氧化为SO42-，本身被还原为Mn2+，反应的离子方程式为8MnO4-+5S2O32-+14H+=8Mn2++10SO42-+7H2O；实验中，消耗n（S2O32-）=0.100mol•L-1×‎‎0.012L ‎=0.0012mol，由得失电子数目守恒得：n（MnO4-）×5=0.0012mol×4×2，得n（MnO4-）=1.92×10-3 mol，则该样品中KMnO4的物质的量是1.92×10-3mol。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及分析应用能力和计算能力的考查。‎ ‎11.根据以下背景资料，回答下列问题：‎ Ⅰ、不锈钢以其优异的抗腐蚀性能越来越受到人们的靑睐，它主要是由铁、铬、镍、铜、碳等元索所组成的合金。‎ Ⅱ、锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。‎ Ⅲ、砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。‎ Ⅳ、K2Cr2O7曾用于检测司机是否酒后驾驶：‎ Cr2O72-(橙色)+CH3CH2OHCr3+(绿色)+CH3COOH (未配平）‎ ‎（1）镍元素基态原子的电子排布式为_________________。‎ ‎（2）CH3COOH分子中所含元素的电负性由大到小的顺序为___________，碳原子的轨道杂化类型为_________，所含σ键与π键的数目之比为______________________。‎ ‎（3）AsCl3分子的立体构型为_____________，铁原子中有_________个未成对电子。‎ ‎（4）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液，在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的原子是_____。‎ ‎（5）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因____________________。‎ GeCl4‎ GeBr4‎ GeI4‎ 熔点/℃‎ ‎−49.5‎ ‎26‎ ‎146‎ 沸点/℃‎ ‎83.1‎ ‎186‎ 约400‎ ‎（6）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。‎ ‎①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。‎ ‎②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d84s2或【Ar】3d84s2 (2). O>C>H (3). sp3和sp2 (4). 7:1 (5). 三角锥形 (6). 4 (7). 配位键 (8). N (9). GeCl4、GeBr4、GeI4熔沸点依次升高；原因是分子结构相似，相对分子质量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强 (10). 3:1 (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Ni是28号元素，其原子核外有28个电子，根据构造原理书写镍元素基态原子的电子排布式；3d能级上的未成对的电子数为2。（2）非金属性越强，电负性越强；乙酸分子中含有甲基碳原子和羧基碳原子，根据价层电子对互斥理论判断碳原子的轨道杂化类型；乙酸分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，据此进行解答；（3）锗的卤化物都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；（4）①该晶胞中Ni原子个数=8×1818=1、Cu原子个数=6×1212=3；②该晶胞的化学式为Cu3‎ Ni，若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数=。‎ ‎【详解】（1）Ni是28号元素，其原子核外有28个电子，根据构造原理书写镍元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；（2）CH3COOH分子中含有C、O、H元素，非金属性：O＞C＞H，则电负性：O＞C＞H；CH3COOH分子内含有甲基碳原子和羧基碳原子，甲基碳原子中形成4个σ键，为sp3杂化，羧基碳原子形成3个σ键，无孤对电子，杂化方式为sp2杂化；CH3COOH分子中含有3个C-H键、1个C-C键、1个O-H键、1个C-O单键及1个碳氧双键，单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，所以CH3COOH分子中含有7个σ键、1个π键，σ键与π键数目之比为7：1；（3）锗的卤化物都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，故沸点：GeCl4＜GeBr4＜GeI4；（4）①该晶胞中Ni原子个数=8×=1、Cu原子个数=6×=3，则Cu、Ni原子个数之比为3：1；②该晶胞的化学式为Cu3Ni，若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数=。‎ ‎【点睛】本题考查较为综合，涉及晶胞计算、价层电子对互斥理论、电负性、物质熔沸点比较等知识，题目难度中等，侧重考查学生对物质结构、基本理论的理解和运用，试题综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。‎ ‎12.成环反应在有机合成中具有重要应用，某环状化合物G的合成过程如下：‎ ‎（1）A→B为加成反应，则B的结构简式是______；B→C的反应类型是______．‎ ‎（2）G中含有的官能团名称是______；F的化学式为______．‎ ‎（3）D→E的化学方程式是___________________________________________．‎ ‎（4）H是F的同分异构体，具有下列结构特征：①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰；②存在甲氧基（CH3O—）．H的结构简式是________________．‎ ‎（5）由C通过加聚反应合成的高分子化合物M的化学方程式为______．‎ ‎（6）下列说法正确的是______．‎ a．A能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体 ‎ b．D和F中均含有2个π键 c．1mol G完全燃烧生成8mol H2O ‎ d．F能发生加成反应、取代反应、氧化反应．‎ ‎【答案】 (1). HC≡C—CH=CH2 (2). 加成反应 (3). 醚键、酯基 (4). C10H14O3 (5). HC≡CCOOH+CH3CH2OHHC≡CCOOCH2CH3+H2O (6). (7). (8). ad ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）比较A和C的结构及根据A→B为加成反应，可知B为HC≡C-CH=CH2；比较B和C的结构可知，B→C的反应类型是加成反应；（2）根据G的结构简式中知G中含有的官能团名称；根据F的结构简式确定F的化学式；（3）比较A和E的结构简式可知，乙炔与二氧化碳反应生成D为HC≡CCOOH，HC≡CCOOH与乙醇发生酯化反应得E；（4）根据条件：①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，说明苯上的侧链是一个对称结构；②存在甲氧基（CH3O-），结合F的结构确定H的结构简式；（5）根据C的结构简式，结合加聚反应的特点可写出C发生加聚反应合成的顺式高分子化合物M的化学方程式；（6）a．乙炔和HCl进行等物质的量的加成反应得到氯乙烯；b．根据D和F的结构简式可知，D中有两个π键，F中有3个π键；c．根据G的结构简式可知，G分子中有18个氢原子，所以1molG完全燃烧生成9molH2O；d．根据F的结构简式可知，F中有碳碳双键、酯基等，所以F能发生加成反应、取代反应、氧化反应，据此答题。‎ ‎【详解】（1）比较A和C的结构及根据A→B为加成反应，可知B为HC≡C-CH=CH2，比较B和C的结构可知，B→C的反应类型是加成反应；（2）根据G的结构简式中知G中含有的官能团名称为醚键、酯基，根据F的结构简式可知F的化学式为C10H14O3；（3）比较A和E的结构简式可知，乙炔与二氧化碳反应生成D为HC≡CCOOH，HC≡CCOOH与乙醇发生酯化反应得E，反应方程式为HC≡CCOOH+CH3CH2OHHC≡CCOOCH2CH3+H2O；（4）①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，说明苯上的侧链是一个对称结构；②存在甲氧基（CH3‎ O-），结合F的结构可知H的结构简式为；（5）根据C的结构简式可知，C发生加聚反应合成的顺式高分子化合物M的化学方程式为；（6）a．乙炔和HCl进行等物质的量的加成反应得到氯乙烯，故a正确；b．根据D和F的结构简式可知，D中有两个π键，F中有3个π键，故b错误；c．根据G的结构简式可知，G分子中有18个氢原子，所以1molG完全燃烧生成9molH2O，故c错误；d．根据F的结构简式可知，F中有碳碳双键、酯基等，所以F能发生加成反应、取代反应、氧化反应，故d正确，故选ad ‎【点睛】本题考查有机物的推断与合成，是高考的必考题型，涉及官能团的结构与性质、常见有机反应类型、有机物结构、同分异构体的书写等，充分理解题目提供的信息内涵，挖掘隐含信息，寻求信息切入点，可利用类比迁移法或联想迁移法。‎