四川省广安市邻水中学2015届高三化学下学期第七次月考试卷（含解析）.doc

‎2014-2015学年四川省广安市邻水中学高三第七次月考化学试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A．使用填埋法处理未经分类的生活垃圾 B．“地沟油”经过加工处理后可用来制肥皂 C．大量使用薪柴为燃料，践行低碳生活 D．CO2、NO2或SO2的排放是形成酸雨的主要原因 ‎　‎ ‎2．能正确表示下列反应离子方程式的是 A．磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O B．Ca2与过量Ca2溶液反应：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O C．用两根铜棒电解稀盐酸：2H++2Cl﹣H2↑+Cl2↑‎ D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O+4H+═SO42﹣+3S↓+2H2O ‎　‎ ‎3．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是 A．含4 mol HCl 的浓盐酸跟足量MnO2加热反应可制得 Cl2的分子数为NA B．将标准状况下 22.4LNO与11.2LO2混合后的体积约为 22.4L C．标准状况下，22.4L乙烯中含有σ键的数目为5NA D．1molC中含有C﹣C键的数目为4NA ‎　‎ ‎4．下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 该溶液不一定是钠盐溶液 B 将SO2通入Ba2溶液 产生白色沉淀 SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀 C 向Zn与稀硫酸反应的溶液中滴加硫酸铜溶液 产生气体的速率加快 硫酸铜作该反应的催化剂 D 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液 均有固体析出 蛋白质均发生变性 A．A B．B C．C D．D ‎　‎ ‎5．下列说法正确的是 A．pH均为9的①Na2CO3溶液、②CH3COONa溶液、③NaOH溶液，其物质的量浓度的大小顺序为①＞②＞③‎ B．等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中：c+c＜c+c+‎‎3c C．0.1 mol•L﹣1KHC2O4溶液中：c=c+c﹣2c D．pH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液：c+c=c ‎　‎ 19‎ ‎6．在20L的密闭容器中按物质的量之比为1：2充入CO和H2，发生：CO+2H2⇌CH3OH△H．测得CO的转化率随温度及不同压强下的变化如图所示，p2和195℃时n随时间的变化结果如表所示．下列说法正确的是 ‎ p2及195℃n随时间变化 t/min ‎0‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ n/mol ‎8‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎4‎ A．p1＞p2，△H＜0‎ B．在p2及195℃时，反应前3 min的平均速率v=0.8 mol•L﹣1•min﹣1‎ C．在p2及195℃时，该反应的平衡常数为25‎ D．在B点时，v正＞v逆 ‎　‎ ‎7．碱性硼化钒﹣空气电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5．用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示．当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到0.448L气体，则下列说法正确的是 A．VB2电极发生的电极反应为：2VB2+11H2O﹣22e﹣=V2O5+2B2O3+22H+‎ B．外电路中电子由c电极流向VB2电极 C．电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生 D．若B装置内的液体体积为200 mL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.05mol/L ‎　‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎8．有原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F、G 七种元素，A 是短周期中族序数等于周期数的非金属元素；B 元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同；D 的最外层电子数与电子层数之比为3：1；E是地壳中含量第二多的非金属元素；D、F同族； G 元素原子序数为24．‎ G元素在周期表中属于　　　　　　区 G3+最外层电子排布式为　　　　　　‎ BD32﹣中B原子的杂化类型为　　　　　　‎ 晶胞如右图所示，其化学式为　　　　　　．‎ 下列说法不正确的是　　　　　　．‎ a．B、C、D 三种元素的第一电离能最大的是D 19‎ b．B、C、D 三种元素的电负性最大的是D c．某C氢化物分子结构式为：H﹣C=C﹣H，该分子中X原子的杂化方式是sp3‎ d．B和E的单质能形成相同类型的晶体，其熔点B＞G e．A2D2分子的空间构型为直线形 f．D元素简单氢化物的沸点高于F的氢化物 g．C 的单质分子中σ键和π键的个数比为1：1‎ 用锌还原TCl4的盐酸溶液，经后续处理可制得绿色的配合物[TCl5]Cl2•H2O．1mol该配合物中含有σ键的数目为　　　　　　．‎ 已知在25℃、101kPa 下：‎ A2D=A2D △H1=44.0kJ•mol﹣1‎ C2+D2=2CD△H2=229.3kJ•mol﹣1‎ ‎4CA3+5D2=4CD+6A2D△H3=﹣906.5kJ•mol﹣1‎ ‎4CA3+6CD=5C2+6A2D △H4则△H4=　　　　　　kJ•mol﹣1．‎ ‎　‎ ‎9．半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷是一种重要的掺杂剂．实验室要用黄磷与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3，装置如图所示：‎ 已知：‎ ‎①黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5；‎ ‎②PCl3遇水会强烈水解生成 H3PO3和HC1；‎ ‎③PCl3遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3；‎ ‎④PCl3、POCl3的熔沸点见下表：‎ 物质 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ PCl3‎ ‎﹣112‎ ‎75.5‎ POCl3‎ ‎2‎ ‎105.3‎ 请回答下列问题：‎ A装置中制氯气的离子方程式为　　　　　　‎ B中所装试剂是　　　　　　‎ 实验结束时，可以利用C中的试剂吸收多余的氯气，C中反应的离子方程式为　　　　　　‎ 19‎ F中碱石灰的作用是　　　　　　‎ 实验时，检査装置气密性后，先打开K3通入干燥的CO2，再迅速加入黄磷．通干燥CO2的作用是　　　　　　．‎ 粗产品中常含有POCl3、PCl5等，加入黄磷加热除去PCl5后，通过　　　　　　，即可得到较纯净的PCl3．‎ 通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数 ‎①迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250mL溶液；‎ ‎②取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL 0.1000mol/L碘水，充分反应；‎ ‎③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定；‎ ‎④重复②、③操作平均消耗Na2S2O3溶液8.40mL．‎ 已知：H3PO3+H2O+I2═H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其他反应．根据上述数据，该产品中PC13的质量分数为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎10．重要的精细化学品M和N，常用作交联剂、涂料、杀虫剂等，合成路线如下图所示：‎ 已知：‎ i．‎ ii．RCHO++H2O iii．N的结构简式是 请回答下列问题：‎ N的分子式为　　　　　　‎ A中含氧官能团名称是　　　　　　；‎ 由A生成B的反应类型是　　　　　　．‎ X的结构简式是　　　　　　．‎ C和甲醇反应的产物可以聚合形成有机玻璃．该聚合反应的化学方程式是　　　　　　．‎ 由Y生成D的化学方程式是　　　　　　．‎ 下列说法正确的是　　　　　　．‎ a．E能发生消去反应 ‎ b.1mol M中含有4mol酯基 c．X与Y是同系物 ‎ d.1mol G与足量H2加成可消耗2mol H2‎ 19‎ e．Z的结构简式是 E的同分异构体有多种，写出符合下列条件的同分异构体的结构简式：　　　　　　．‎ a．与E具有相同官能团 b．其核磁共振氢谱有5种峰 ‎　‎ ‎11．以含镍废液为原料生产NiOOH和NiSO4•6H2O的一种工艺流程如图1：‎ 加入Na2CO3溶液时，确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是　　　　　　．‎ 实验操作1是　　　　　　‎ 写出在空气中加热Ni2制取NiOOH的化学方程式：　　　　　　．‎ 若加热不充分，制得的NiOOH中会混有Ni2，其组成可表示为xNiOOH•yNi2．‎ ‎①现称取9.18g样品溶于稀硫酸，加入100mL 1.0mol•L﹣1Fe2+标准溶液，搅拌至溶液清亮，定容至200mL．取出20.00mL，用0.010mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定，用去KMnO4标准溶液20.00mL．涉及反应如下：‎ NiOOH+Fe2++H+﹣Ni2++Fe3++H2O　　‎ Fe2++MnO4﹣+H+﹣Fe3++Mn2++H2O．‎ 试确定x、y的值后写出样品的组成　　　　　　‎ ‎②该样品中物质和一种碳纳米管能够吸附氢气的碳电极可作充电电池．该电池的电解质为6mol•L﹣1KOH溶液 ⅰ．充电时将碳电极与电源的　　　　　　相连 ⅱ．放电时镍电极反应为　　　　　　‎ ⅲ．放电时碳电极反应为　　　　　　‎ ‎　‎ ‎　‎ 19‎ ‎2014-2015学年四川省广安市邻水中学高三第七次月考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A．使用填埋法处理未经分类的生活垃圾 B．“地沟油”经过加工处理后可用来制肥皂 C．大量使用薪柴为燃料，践行低碳生活 D．CO2、NO2或SO2的排放是形成酸雨的主要原因 ‎【考点】常见的生活环境的污染及治理；油脂的性质、组成与结构．‎ ‎【分析】A．生活垃圾中含有不易分解的塑料和其它有毒的物质； ‎ B．“地沟油”的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，根据其性质分析；‎ C．薪柴为燃料能产生大量二氧化碳；‎ D．因酸雨的形成与CO2无关．‎ ‎【解答】解：A．使用填埋法处理未经分类的生活垃圾会污染土壤和水资源，故A错误； ‎ B．“地沟油”的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下发生皂化反应，生成肥皂，故B正确；‎ C．薪柴为燃料能产生大量二氧化碳，不能体现低碳思想，故C错误；‎ D．因酸雨的形成是由于SO2、NO2而引起的，与CO2无关，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题主要考查了物质的性质与制取，难度不大，根据课本知识即可完成．‎ ‎　‎ ‎2．能正确表示下列反应离子方程式的是 A．磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O B．Ca2与过量Ca2溶液反应：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O C．用两根铜棒电解稀盐酸：2H++2Cl﹣H2↑+Cl2↑‎ D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O+4H+═SO42﹣+3S↓+2H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．亚铁离子被稀硝酸氧化成铁离子；‎ B．氢氧化钙过量，离子方程式按照碳酸氢钙的组成书写，反应生成碳酸钙沉淀和水；‎ C．电极为铜棒，阳极铜失去电子生成铜离子，阴极氢离子得到电子生成氢气；‎ D．硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫单质、二氧化硫气体和水．‎ ‎【解答】解：A．Fe3O4与稀硝酸发生氧化还原反应，正确的离子反应为：3Fe3O4+28H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O，故A错误；‎ B．Ca2与过量Ca2溶液反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O，故B正确；‎ C．用两根铜棒电解稀盐酸，阳极放电的是金属铜，正确的电解反应为：2H++CuH2↑+Cu2+，故C错误；‎ D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+H2O+S↓+SO2↑，正确的离子方程式为：2S2O32﹣+2H+═SO2↑+S↓+2H2O，故D错误；‎ 故选B．‎ 19‎ ‎【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意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．‎ ‎　‎ ‎3．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是 A．含4 mol HCl 的浓盐酸跟足量MnO2加热反应可制得 Cl2的分子数为NA B．将标准状况下 22.4LNO与11.2LO2混合后的体积约为 22.4L C．标准状况下，22.4L乙烯中含有σ键的数目为5NA D．1molC中含有C﹣C键的数目为4NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、MnO2只能与浓盐酸反应，一旦盐酸变稀反应即停止；‎ B、NO与O2混合后得到NO2的体积与NO的相等，但由于存在2NO2⇌N2O4，故体积小于22.4L；‎ C、单键为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键，1mol乙烯分子中的σ键为5mol；‎ D、金刚石中，每个C与其它4个C原则形成4个碳碳键，根据均摊法计算出1mol金刚石中含有的碳碳键数目；‎ ‎【解答】解：A、MnO2只能与浓盐酸反应，一旦盐酸变稀反应即停止，故4molHCl不能完全反应，则制得的氯气的物质的量小于1mol，故氯气分子个数小于NA个，故A错误；‎ B、NO与O2混合后得到NO2的体积与NO的相等，但由于存在2NO2⇌N2O4，故体积小于22.4L，故B错误；‎ C、乙烯分子中有1个C=C和4个C﹣H，所以乙烯分子有5σ键和1个π键，标准状况下，22.4L乙烯为1mol，含有σ键的数目为5NA，故C正确；‎ D、金刚石中，每个C形成的共价键为：×4=2，则1mol金刚石形成的共价键为：1mol×2=2mol，所以1mol金刚石中含有C﹣C键的数目为2NA，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的运用以及物质的状态和结构是解题关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎4．下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 该溶液不一定是钠盐溶液 B 将SO2通入Ba2溶液 产生白色沉淀 SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀 C 向Zn与稀硫酸反应的溶液中滴加硫酸铜溶液 产生气体的速率加快 硫酸铜作该反应的催化剂 D 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液 均有固体析出 蛋白质均发生变性 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．钠元素焰色反应呈黄色；‎ B．二氧化硫具有还原性，能被硝酸钡氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子发生复分解反应；‎ 19‎ C．Zn能置换出硫酸铜溶液中的Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，原电池加快反应速率；‎ D．可溶性盐溶液能使蛋白质发生盐析，重金属盐能使蛋白质发生变性．‎ ‎【解答】解：A．钠元素焰色反应呈黄色，但含有钠元素的溶液可能是碱液，如NaOH，故A正确；‎ B．二氧化硫具有还原性，能被硝酸钡氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子发生复分解反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫和氯化钡溶液不反应，所以结论错误，故B错误；‎ C．Zn能置换出硫酸铜溶液中的Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，原电池加快反应速率，所以结论错误，故C错误；‎ D．可溶性盐溶液能使蛋白质发生盐析，重金属盐能使蛋白质发生变性，氯化钠能使蛋白质溶液发生盐析、硫酸铜溶液能使蛋白质溶液发生变性，所以结论错误，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及蛋白质性质、化学反应速率影响因素、二氧化硫的性质、焰色反应等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意盐析和变性的区别，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎5．下列说法正确的是 A．pH均为9的①Na2CO3溶液、②CH3COONa溶液、③NaOH溶液，其物质的量浓度的大小顺序为①＞②＞③‎ B．等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中：c+c＜c+c+3c C．0.1 mol•L﹣1KHC2O4溶液中：c=c+c﹣2c D．pH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液：c+c=c ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．先判断浓度相等时三种溶液的pH大小，再判断当溶液的pH相等时，该溶液的物质的量浓度大小；‎ B．混合液显示碱性，c＞c，结合物料守恒和电荷守恒进行判断；‎ C．根据KHC2O4溶液中的电荷守恒和物料守恒判断；‎ D．混合液的pH=7，则c=c，结合电荷守恒分析．‎ ‎【解答】解：A．①Na2CO3溶液 ②CH3COONa溶液 ③NaOH溶液，物质的量浓度相等时，氢氧化钠属于碱类，其pH最大，醋酸钠和碳酸钠水解显示碱性，醋酸根的水解程度小于碳酸根的水解程度，所以碳酸钠的碱性强于醋酸钠的碱性，即③＞①＞②，则pH相等时三种溶液的浓度大小为：②＞①＞③，故A错误；‎ B．等浓度等体积的Na2CO3、NaHCO3溶液中，则碳酸钠和碳酸氢钠的浓度相等，根据电荷守恒可得：①c+2c+c=c+c，根据物料守恒可得：②2c=3c+3c，根据①②可得：c+2c=c+3c+2c，由于混合液显示碱性，则c＞c，故c+c＜c+c+3c，故B正确；‎ C.0.1 mol•L﹣1KHC2O4溶液中，根据电荷守恒可得：2c+c+c=c+c，根据物料守恒可得：c+c+c=c，二者结合可得：c=c+c﹣c，故C错误；‎ D．pH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则c=c，根据电荷守恒可得：2c+c=c，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及盐的水解原理、酸碱混合的定性判断、溶液pH的计算、离子浓度大小比较等知识，试题知识点较多，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．‎ 19‎ ‎　‎ ‎6．在20L的密闭容器中按物质的量之比为1：2充入CO和H2，发生：CO+2H2⇌CH3OH△H．测得CO的转化率随温度及不同压强下的变化如图所示，p2和195℃时n随时间的变化结果如表所示．下列说法正确的是 ‎ p2及195℃n随时间变化 t/min ‎0‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ n/mol ‎8‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎4‎ A．p1＞p2，△H＜0‎ B．在p2及195℃时，反应前3 min的平均速率v=0.8 mol•L﹣1•min﹣1‎ C．在p2及195℃时，该反应的平衡常数为25‎ D．在B点时，v正＞v逆 ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．‎ ‎【分析】根据化学反应速率和平衡常数的定义进行计算，根据影响化学平衡的因素进行判断得出正确结论．升高温度，化学反应速率加快，平衡向着吸热的方向移动；增大压强，化学反应速率加快，平衡向着气体体积减小的方向移动．‎ ‎【解答】解：A．P1时，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，△H＜0；该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，195℃时，CO转化率P2大于P1，压强从P1变到P2后平衡正向移动，因此P1到P2为增大压强，P1＜P2，故A错误；‎ B.0～3 min，n=8﹣4=4mol，故n=4÷2=2mol，v=mol•L﹣1•min﹣1=0.033mol•L﹣1•min﹣1，故B错误；‎ C．由表中信息可知，起始时：c==0.4mol/L，c=c=0.2mol/L；平衡时：c==0.2mol/L； ‎ ‎ CO+2H2⇌CH3OH 起始浓度 0. 2 0.4 0‎ 转化浓度 0.1 0.2 0.1‎ 平衡浓度 0.1 0.2 0.1‎ K===25L2•mol﹣2，故C正确；‎ D．根据表中数据知，平衡时氢气转化率为50%，当可逆反应中初始反应物物质的量之比等于其计量数之比时，其反应物转化率相等，所以该温度和压强下CO的转化率为50%，根据图知，A点是平衡状态，B点转化率大于A点，该反应在该温度和压强下达到平衡状态，应该向逆反应方向移动，所以B点v＜v，故D错误，‎ 19‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，化学反应速率和平衡常数的计算，难度中等．‎ ‎　‎ ‎7．碱性硼化钒﹣空气电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5．用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示．当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到0.448L气体，则下列说法正确的是 A．VB2电极发生的电极反应为：2VB2+11H2O﹣22e﹣=V2O5+2B2O3+22H+‎ B．外电路中电子由c电极流向VB2电极 C．电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生 D．若B装置内的液体体积为200 mL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.05mol/L ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】硼化钒﹣空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，则与负极相连的c为电解池的阴极，铜离子得电子发生还原反应，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子发生氧化反应，据此分析计算．‎ ‎【解答】解：A、负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH﹣﹣22e﹣=V2O5+2B2O3+11H2O，故A错误；‎ B、外电路中电子由VB2电极流向阴极c电极，故B错误；‎ C、电解过程中，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气，故C错误；‎ D、当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气为0.01mol，又共收集到0.448L气体即=0.02mol，则阴极也产生0.01moL的氢气，所以溶液中的铜离子为=0.01mol，则CuSO4溶液的物质的量浓度为=0.05mol/L，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查原电池及其电解池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，利用电子守恒计算．‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎8．有原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F、G 七种元素，A 是短周期中族序数等于周期数的非金属元素；B 元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同；D 的最外层电子数与电子层数之比为3：1；E是地壳中含量第二多的非金属元素；D、F同族； G 元素原子序数为24．‎ G元素在周期表中属于　d　区 G3+最外层电子排布式为　3s23p63d3　‎ 19‎ BD32﹣中B原子的杂化类型为　sp2杂化　‎ 晶胞如右图所示，其化学式为　BaSiO3　．‎ 下列说法不正确的是　aceg　．‎ a．B、C、D 三种元素的第一电离能最大的是D b．B、C、D 三种元素的电负性最大的是D c．某C氢化物分子结构式为：H﹣C=C﹣H，该分子中X原子的杂化方式是sp3‎ d．B和E的单质能形成相同类型的晶体，其熔点B＞G e．A2D2分子的空间构型为直线形 f．D元素简单氢化物的沸点高于F的氢化物 g．C 的单质分子中σ键和π键的个数比为1：1‎ 用锌还原TCl4的盐酸溶液，经后续处理可制得绿色的配合物[TCl5]Cl2•H2O．1mol该配合物中含有σ键的数目为　18×6.02×1023　．‎ 已知在25℃、101kPa 下：‎ A2D=A2D △H1=44.0kJ•mol﹣1‎ C2+D2=2CD△H2=229.3kJ•mol﹣1‎ ‎4CA3+5D2=4CD+6A2D△H3=﹣906.5kJ•mol﹣1‎ ‎4CA3+6CD=5C2+6A2D △H4则△H4=　﹣2317　kJ•mol﹣1．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F、G 七种元素，A 是短周期中族序数等于周期数的非金属元素，则A为H元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同，核外电子数排布为1s22s22p2，则B为碳元素；D 的最外层电子数与电子层数之比为3：1，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；C 元素的原子序数给予碳、氧之间，则C为N元素；E是地壳中含量第二多的非金属元素，则E为Si；G 元素原子序数为24，则G为Cr；D、F同族，F原子序数小于24，故F为S元素，据此解答．‎ ‎【解答】解：原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F、G 七种元素，A 是短周期中族序数等于周期数的非金属元素，则A为H元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同，核外电子数排布为1s22s22p2，则B为碳元素；D 的最外层电子数与电子层数之比为3：1，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；C 元素的原子序数给予碳、氧之间，则C为N元素；E是地壳中含量第二多的非金属元素，则E为Si；G 元素原子序数为24，则G为Cr；D、F同族，F原子序数小于24，故F为S元素．‎ G的原子序数为24，处于第四周期ⅥB族，元素在周期表中属于d区，故答案为：d；‎ Ti3+最外层电子排布式为3s23p63d3，故答案为：3s23p63d3；‎ 19‎ CO32﹣中C原子价层电子对数=3+=3，C原子杂化类型为sp2杂化，故答案为：sp2杂化； ‎ 晶胞中Ba原子数目为1，Si原子数目为8×=1，O原子数目为12×=3，故该晶体的化学式为：BaSiO3，故答案为：BaSiO3；‎ a．同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N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，故第一电离能：N＞O＞C，故a错误；‎ b．同周期自左而右，电负性增大，故电负性：O＞N＞C，故b正确；‎ c．某C氢化物分子结构式为：H﹣N=N﹣H，该分子中N原子形成3个σ键、含有1对孤电子对，N原子的杂化方式是sp2杂化，故c错误；‎ d．金刚石、晶体硅均为原子晶体，由于C﹣C键长小于Si﹣Si键长，故C﹣C键的键能大，金刚石的熔点高于晶体硅，故d正确；‎ e．H2O2分子中O原子为sp3杂化，氧原子与连接的另外氧原子、H原子形成V型结构，不是直线形，故e错误；‎ f．水分子之间存在氢键，沸点高于硫化氢，故f正确；‎ g．C 的单质分子为N2，结构式为N≡N，σ键和π键的个数比为1：2，故g错误，‎ 故选：aceg；‎ 配合物[TlCl5]Cl2•H2O中，锌离子与水分子之间有5个配位键，与氯离子之间形成1个配位键，每个水分子中有2个共价键，所以1mol该配合物中含有含有σ键为18mol，即含有σ键的数目为18×6.02×1023个，‎ 故答案为：18×6.02×1023；‎ 已知：①H2O=H2O△H1=44.0kJ•mol﹣1‎ ‎②N2+O2=2NO△H2=229.3kJ•mol﹣1‎ ‎③4NH3+5O2=4NO+6H2O△H3=﹣906.5kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律，③﹣②×5﹣①×6可得：4NH3+6NO=5N2+6H2O ，则△H4=﹣906.5kJ•mol﹣1﹣5×229.3kJ•mol﹣1﹣6×44.0kJ•mol﹣1=﹣2317kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：﹣2317．‎ ‎【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、元素周期律、杂化轨道、分子构型、化学键、晶体类型与性质、氢键、配合物、晶胞计算、反应热计算等，推断元素是解题关键，需要学生具备扎实的基础，注意理解掌握同周期第一电离能异常情况，难度中等．‎ ‎　‎ ‎9．半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷是一种重要的掺杂剂．实验室要用黄磷与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3，装置如图所示：‎ 已知：‎ ‎①黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5；‎ 19‎ ‎②PCl3遇水会强烈水解生成 H3PO3和HC1；‎ ‎③PCl3遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3；‎ ‎④PCl3、POCl3的熔沸点见下表：‎ 物质 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ PCl3‎ ‎﹣112‎ ‎75.5‎ POCl3‎ ‎2‎ ‎105.3‎ 请回答下列问题：‎ A装置中制氯气的离子方程式为　MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O　‎ B中所装试剂是　吸收多余的氯气，防止空气中的H2O进入烧瓶和PCl3反应　‎ 实验结束时，可以利用C中的试剂吸收多余的氯气，C中反应的离子方程式为　Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+2H2O；　‎ F中碱石灰的作用是　吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入烧瓶中与PCl3反应　‎ 实验时，检査装置气密性后，先打开K3通入干燥的CO2，再迅速加入黄磷．通干燥CO2的作用是　排尽装置中的空气，防止白磷自燃　．‎ 粗产品中常含有POCl3、PCl5等，加入黄磷加热除去PCl5后，通过　蒸馏　，即可得到较纯净的PCl3．‎ 通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数 ‎①迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250mL溶液；‎ ‎②取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL 0.1000mol/L碘水，充分反应；‎ ‎③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定；‎ ‎④重复②、③操作平均消耗Na2S2O3溶液8.40mL．‎ 已知：H3PO3+H2O+I2═H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其他反应．根据上述数据，该产品中PC13的质量分数为　79.75%　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【分析】根据装置图可知工业生产制取PCl3流程为：A装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，B装置利用浓硫酸干燥氯气，利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷自燃，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发，因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余氯气，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应；‎ A装置中二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，据此书写离子反应方程式；‎ B装置利用浓硫酸干燥氯气；‎ 氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，据此书写离子反应方程式；‎ 碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度；‎ 白磷能自燃，通入二氧化碳赶净空气；‎ 根据物质的沸点数值不同，可以利用蒸馏的方法分离出三氯化磷；‎ 根据反应的化学方程式H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 可知n=n总﹣n×，25mL溶液中H3PO3的物质的量等于PC13的物质的量，再求出PC13的总物质的量和质量，然后求出质量分数．‎ ‎【解答】解：A装置中，加热条件下，浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ 19‎ 故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ 氯气中含有水蒸气，氯气为酸性气体，需用酸性干燥剂干燥，所以B中所装试剂是浓硫酸；‎ 故答案为：浓硫酸；‎ 氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+2H2O；‎ 故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+2H2O；‎ 氯气有毒，污染空气，碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度，‎ 故答案为：吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入烧瓶中与PCl3反应；‎ 通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止白磷与空气中的氧气发生自燃；‎ 故答案为：排尽装置中的空气，防止白磷自燃；‎ 由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离；‎ 故答案为：蒸馏；‎ ‎0.1000mol/L碘溶液10.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000mol/L×0.0100L=0.00100mol，根据反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：0.00100mol﹣0.1000mol/L×0.00084L×=0.00058mol，再由H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI可知，25mLPC13水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为：n=n=0.00058mol，250mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：0.00058mol×=0.0058mol，所以1.00g产品中含有的PC13的物质的量为0.0058mol，该产品中PCl3的质量分数为：×100%=79.75%；‎ 故答案为：79.75%．‎ ‎【点评】本题主要考查学生阅读获取信息的能力、对实验原理理解等，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力，题目难度较大．‎ ‎　‎ ‎10．重要的精细化学品M和N，常用作交联剂、涂料、杀虫剂等，合成路线如下图所示：‎ 已知：‎ i．‎ ii．RCHO++H2O iii．N的结构简式是 19‎ 请回答下列问题：‎ N的分子式为　C23H24O4　‎ A中含氧官能团名称是　羟基、醛基　；‎ 由A生成B的反应类型是　消去反应　．‎ X的结构简式是　CH3CH2CHO　．‎ C和甲醇反应的产物可以聚合形成有机玻璃．该聚合反应的化学方程式是　　．‎ 由Y生成D的化学方程式是　　．‎ 下列说法正确的是　bc　．‎ a．E能发生消去反应 ‎ b.1mol M中含有4mol酯基 c．X与Y是同系物 ‎ d.1mol G与足量H2加成可消耗2mol H2‎ e．Z的结构简式是 E的同分异构体有多种，写出符合下列条件的同分异构体的结构简式：　　．‎ a．与E具有相同官能团 b．其核磁共振氢谱有5种峰 ‎【考点】有机物的推断．‎ ‎【分析】有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式C4H8O2，可知X为CH3CH2CHO，A为HOCH2CHCHO，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为CH2═CCHO，B氧化生成C为CH2═CCOOH；‎ 由信息iii中N的结构，结合信息ii中反应可知，形成M的物质为、，C与E反应可以合成M，结合M的分子式C21H28O8可知，E为，故G为，C与E通过酯化反应生成M；‎ 由Y到E的转化，结合E的结构可知，Y不含苯环，再结合G的结构可知，化合物Z中含有苯环，结合反应信息i可知，Y为CH3CHO，Z为，故F为；‎ 19‎ 由E的结构可知，1分子CH3CHO与3分子HCHO发生信息i反应生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E，据此解答．‎ ‎【解答】解：有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式C4H8O2，可知X为CH3CH2CHO，A为HOCH2CHCHO，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为CH2═CCHO，B氧化生成C为CH2═CCOOH；‎ 由信息iii中N的结构，结合信息ii中反应可知，形成M的物质为、，C与E反应可以合成M，结合M的分子式C21H28O8可知，E为，故G为，C与E通过酯化反应生成M；‎ 由Y到E的转化，结合E的结构可知，Y不含苯环，再结合G的结构可知，化合物Z中含有苯环，结合反应信息i可知，Y为CH3CHO，Z为，故F为；‎ 由E的结构可知，1分子CH3CHO与3分子HCHO发生信息i反应生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E．‎ 由N的结构简式可知，分子式为C23H24O4，故答案为：C23H24O4；‎ 上述分析可知，A为HOCH2CHCHO，含有羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；‎ A→B是HOCH2CHCHO发生消去反应脱去1分子H2O生成CH2═CCHO，故答案为：消去反应；‎ 由上述分析可知，X的结构简式是CH3CH2CHO，故答案为：CH3CH2CHO；‎ CH2═CCOOH和甲醇反应的产物为CH2═CCOOCH3，该物质通过加聚反应生成高聚物，反应方程式为：，‎ 故答案为：；‎ Y生成D是1分子CH3CHO与3分子HCHO发生信息i反应生成，反应的化学方程式是，‎ 故答案为：；‎ 19‎ a．E为，与羟基相连的碳原子相邻的碳原子上没有H原子，不能发生消去反应，故a错误；‎ b．与CH2═CCOOH发生完全酯化反应生成M，1molM中含有4mol酯基，故b正确；‎ c．X为CH3CH2CHO，Y为CH3CHO，二者含有相同的官能团、烃基为烷基，结构相似，相差1个CH2原子团，互为同系物，故c正确；‎ d．G为，苯环、碳碳双键、醛基均与氢气发生加成反应，1mol G与足量H2加成可消耗5mol H2，故d错误；‎ e．Z的结构简式是，故e错误，‎ 故答案为：bc；‎ E的同分异构体有多种，符合下列条件的同分异构体的结构简式：a．与E具有相同官能团，b．其核磁共振氢谱有5种峰，该同分异构体为：，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查有机推断与合成，充分利用给出的反应信息及有机物的结构、分子式确定X、E、G的结合是关键，较好的考查学生的逻辑思维能力、自学能力，难度较大．‎ ‎　‎ ‎11．以含镍废液为原料生产NiOOH和NiSO4•6H2O的一种工艺流程如图1：‎ 加入Na2CO3溶液时，确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是　静置，取上层清液少许于试管中，向试管中滴加1～2滴Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则Ni2+已沉淀完全，否则没有完全沉淀　．‎ 实验操作1是　蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥　‎ 写出在空气中加热Ni2制取NiOOH的化学方程式：　4Ni2+O24NiOOH+2H2O　．‎ 若加热不充分，制得的NiOOH中会混有Ni2，其组成可表示为xNiOOH•yNi2．‎ ‎①现称取9.18g样品溶于稀硫酸，加入100mL 1.0mol•L﹣1Fe2+标准溶液，搅拌至溶液清亮，定容至200mL．取出20.00mL，用0.010mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定，用去KMnO4标准溶液20.00mL．涉及反应如下：‎ NiOOH+Fe2++H+﹣Ni2++Fe3++H2O　　‎ Fe2++MnO4﹣+H+﹣Fe3++Mn2++H2O．‎ 试确定x、y的值后写出样品的组成　9NiOOH•Ni2　‎ 19‎ ‎②该样品中物质和一种碳纳米管能够吸附氢气的碳电极可作充电电池．该电池的电解质为6mol•L﹣1KOH溶液 ⅰ．充电时将碳电极与电源的　负极　相连 ⅱ．放电时镍电极反应为　NiO+H2O+e﹣=Ni2+OH﹣　‎ ⅲ．放电时碳电极反应为　H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O　‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】含镍废液为原料生产NiOOH和NiSO4•6H2O，在含Ni+的废液中加入碳酸钠溶液，过滤得到NiCO3沉淀，沉淀中加入硫酸溶解生成NiSO4，加入试剂调节溶液的pH使镍离子全部沉淀生成Ni2，在空气中加热Ni2制取NiOOH．NiSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4•6H2O．‎ 静置，取上层清液滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则Ni2+已沉淀完全；‎ 从溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；‎ 空气中加热Ni2和空气中氧气反应生成NiOOH和水；‎ ‎①根据电子转移守恒计算200mL溶液中n，即为与NiOOH反应后剩余的Fe2+物质的量，进而计算与NiOOH反应的Fe2+的物质的量，根据电子转移守恒计算n，根据m=nM计算m，再计算n[Ni2]，根据x：y=n：n[Ni2]确定样品组成；‎ ‎②ⅰ．由图可知，充电时，电子流向碳电极，碳电极为阴极；‎ ⅱ．放电时镍电极为正极，发生还原反应，NiO获得电子生成Ni2；‎ ⅲ．放电时碳电极为负极，发生氧化反应，氢气失去电子，在碱性条件下生成水．‎ ‎【解答】解：含镍废液为原料生产NiOOH和NiSO4•6H2O，在含Ni+的废液中加入碳酸钠溶液，过滤得到NiCO3沉淀，沉淀中加入硫酸溶解生成NiSO4，加入试剂调节溶液的pH使镍离子全部沉淀生成Ni2，在空气中加热Ni2制取NiOOH．NiSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4•6H2O．‎ 确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是：静置，取上层清液少许于试管中，向试管中滴加1～2滴Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则Ni2+已沉淀完全；否则，没有完全沉淀，‎ 故答案为：静置，取上层清液少许于试管中，向试管中滴加1～2滴Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则Ni2+已沉淀完全，否则没有完全沉淀；‎ 实验操作I、1是从溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，‎ 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；‎ 空气中加热Ni2和空气中氧气反应生成NiOOH和水，原子守恒配平书写化学方程式为：4Ni2+O24NiOOH+2H2O，‎ 19‎ 故答案为：4Ni2+O24NiOOH+2H2O；‎ ‎①消耗KMnO4物质的量：0.01 mol•L﹣1×0.02L=2×10﹣4 mol，‎ 根据电子转移守恒，可知与NiOOH反应后剩余的Fe2+物质的量：2×10﹣4 mol×5×=0.01 mol Fe2+总物质的量：1.0 mol•L﹣1×0.1 L=0.1 mol，‎ 与NiOOH反应的Fe2+的物质的量：0.1 mol﹣0.01 mol=0.09 mol 根据电子转移守恒，可知n=0.09 mol，‎ m=91.7 g•mol﹣1×0.09 mol=8.253 g n[Ni2]==0.01 mol x：y=n：n[Ni2]=0.09 mol：0.01 mol=9：1，‎ 故样品的组成为9NiOOH•Ni2，‎ 故答案为：9NiOOH•Ni2；‎ ‎②ⅰ．由图可知，充电时，电子流向碳电极，碳电极为阴极，应连接电源的负极，故答案为：负极；‎ ⅱ．放电时镍电极为正极，发生还原反应，NiO获得电子生成Ni2，电极反应式为：NiO+H2O+e﹣=Ni2+OH﹣，故答案为：NiO+H2O+e﹣=Ni2+OH﹣；‎ ⅲ．放电时碳电极为负极，发生氧化反应，氢气失去电子，在碱性条件下生成水，电极反应式为：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，故答案为：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O．‎ ‎【点评】本题考查物质制备方案、物质组成的测定、原电池与电解池原理，题目综合性强，是对学生综合能力的考查，中组成测定过程复杂、计算量大，明确原理是关键，为易错点、难点，难点中等．‎ ‎　‎ 19‎