甘肅省武威市武威八中2021屆高三化學(xué)第一次診斷考試試題（含解析）

1、 可修改甘肅省武威市武威八中2021屆高三化學(xué)第一次診斷考試試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137第卷（選擇題共40分）一、選擇題（本題包括18小題，每小題3分，共54分，每小題只有一個選項符合題意）1. 下列物質(zhì)在生活中的應(yīng)用對應(yīng)關(guān)系錯誤的是（ ）性質(zhì)應(yīng)用A油脂在堿性溶液中水解制肥皂B聚氯乙烯化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定作食品包裝盒CAl2O3具有較高熔點作耐火材料DSO2具有漂白性用SO2漂白紙漿A. AB. BC. CD. D【答案】B

2、【解析】【詳解】A油脂在堿性條件下水解生成高級脂肪酸鹽和甘油，高級脂肪酸鹽是肥皂的主要成分，故A正確；B聚氯乙烯對光和熱的穩(wěn)定性差，可分解釋放出有毒的氯化氫氣體，不宜用聚氯乙烯制作食品包裝盒，故B錯誤；C氧化鋁的熔點高達2054且穩(wěn)定性強，常用作耐火材料，故C正確；D二氧化硫有漂白性，可用于漂白紙漿，故D正確；答案選B。2. 下列化學(xué)用語表述正確的是（ ）A. 核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為117，核內(nèi)中子數(shù)為174的核素Ts可表示為：TsB. 乙醇的結(jié)構(gòu)簡式：C2H6OC. COCl2的結(jié)構(gòu)式為：D. CaO2的電子式為：【答案】C【解析】【詳解】A核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為117，核內(nèi)中子數(shù)為174的核素Ts的質(zhì)量數(shù)為2

3、91，可表示為，故A錯誤；B乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，C2H6O是乙醇的分子式，故B錯誤；C在有機物中C元素形成4個共價鍵，O元素形成2個共價鍵，Cl元素形成1個共價鍵，所以COCl2的結(jié)構(gòu)式為：，故C正確；DCaO2中含有過氧離子，電子式為，故D錯誤；答案選C?！军c睛】本題主要考查化學(xué)用語，涉及原子構(gòu)成、電子式、結(jié)構(gòu)式、結(jié)構(gòu)簡式等，把握化學(xué)用語的區(qū)別及規(guī)范應(yīng)用是解答本題的關(guān)鍵，試題難度不大。本題的易錯點是D項，注意CaO2中含有的是過氧離子，不是氧離子。3. 運用有關(guān)概念判斷下列敘述正確的是（ ）A. 1molH2燃燒放出的熱量為H2的燃燒熱B. Na2SO3和H2O2的反應(yīng)為氧化還

4、原反應(yīng)C. 和互為同系物D. Fe(OH)3膠體和FeSO4溶液均能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A.1mol氫氣完全燃燒生成液態(tài)水放出的熱量為氫氣的燃燒熱，故A錯誤；B.亞硫酸鈉具有還原性，過氧化氫具有氧化性，亞硫酸鈉與過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈉，故B正確；C.同系物必須是同類物質(zhì)，屬于酚，屬于醇，不是同類物質(zhì)，則和不互為同系物，故C錯誤；D.膠體能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)，溶液不能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)，故D錯誤；故選B。4. 酸化的KI淀粉溶液中，加入（或通入）下物質(zhì)不能使溶液變藍的是（ ）A. Fe(OH)3膠體B. 漂白液C. O2D. 生石灰【答案】D【解析】【詳解】A.向酸化的碘

5、化鉀淀粉溶液中加入氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體發(fā)生聚沉生成氫氧化鐵沉淀后，與溶液中的氫離子反應(yīng)生成鐵離子，鐵離子與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)碘使溶液變藍，故A不符合題意；B.向酸化的碘化鉀淀粉溶液中加入漂白液，酸性條件下，漂白液中的次氯酸根與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)碘使溶液變藍，故B不符合題意；C.向酸化的碘化鉀淀粉溶液中通入氧氣，氧氣具有氧化性，酸性條件下與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)碘使溶液變藍，故C不符合題意；D.向酸化的碘化鉀淀粉溶液中加入氧化鈣，氧化鈣能與酸反應(yīng)，但不能與碘化鉀反應(yīng)生成單質(zhì)碘使溶液變藍，故D符合題意；故選D。5. 設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確

6、的是（ ）A. 22.0g T2O中含有的中子數(shù)為10NAB. 一定條件下，6.4g銅與過量的硫反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.2NAC. 在標準狀況下，2.8g N2和2.24L CO所含電子數(shù)均為1.4NAD. 標準狀況下，22.4L CH2Cl2中含C-H鍵數(shù)為2NA【答案】C【解析】【詳解】A1個T2O含12個中子，22.0g T2O物質(zhì)的量為1mol，含有中子數(shù)為12NA，故A錯誤；B 硫與銅高溫反應(yīng)生成硫化亞銅，則一定條件下，6.4g銅物質(zhì)量為0.1mol，與過量的硫反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.1NA，故B錯誤；C一個氮氣分子或一氧化碳分子中都含有14的電子，氮氣和一氧化碳的摩爾質(zhì)量相等，所以

7、可把兩種物質(zhì)當成一種物質(zhì)進行計算；標況下，2.8g N2和22.4L CO混合物的物質(zhì)的量是0.1mol，含有的電子數(shù)都是1.4NA，故C正確；D標況下二氯甲烷為液體，不能使用氣體摩爾體積計算物質(zhì)的量，則含有的C-H鍵的數(shù)目無法計算，故D錯誤；答案選C。6. 下列關(guān)于強弱電解質(zhì)的敘述正確的是（ ）A. 強電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力一定比弱電解質(zhì)溶液強B. NH3、CH3COOH、BaSO4、H3PO4都是弱電解質(zhì)C. CO2溶于水后能部分電離，故CO2是弱電解質(zhì)D. 純凈的強電解質(zhì)在液態(tài)時，有的導(dǎo)電，有的不導(dǎo)電【答案】D【解析】【詳解】A電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力與自由移動的離子濃度成正比，當弱電解質(zhì)溶液的

8、離子濃度大于強電解質(zhì)溶液的離子濃度時，導(dǎo)電能力可以強于強電解質(zhì)，故A錯誤；BNH3是非電解質(zhì)，CH3COOH和H3PO4都是弱酸，弱酸和弱堿都屬于弱電解質(zhì)，電解質(zhì)強弱與溶解性無關(guān)，取決于電離的程度，硫酸鋇難溶于水，但在熔融狀態(tài)下能完全電離，屬于強電解質(zhì)，故B錯誤；C電解質(zhì)必須是本身能夠電離的化合物，二氧化碳本身不能電離，屬于非電解質(zhì)，故C錯誤；D純凈的強電解質(zhì)在液態(tài)時，若為共價化合物在液態(tài)時，不導(dǎo)電，若為離子化合物在液態(tài)時導(dǎo)電，故D正確；答案選D。7. 用下列裝置不能達到有關(guān)實驗?zāi)康牡氖牵?）A. 用甲圖裝置電解精煉鋁B. 用乙圖裝置制備氫氧化亞鐵C. 用丙圖裝置可制得金屬錳D. 用丁圖裝置驗

9、證碳酸氫鈉和碳酸鈉的熱穩(wěn)定性【答案】A【解析】【分析】【詳解】A電解氯化鋁溶液時，鋁離子不能放電產(chǎn)生鋁，錯誤，選A；B裝有氫氧化鈉溶液的膠頭滴管伸入到液面以下再擠出，且硫酸亞鐵溶液上面有一層煤油，可以使反應(yīng)生成的氫氧化亞鐵沉淀不接觸到氧氣，正確，不選B；C鋁和二氧化錳在高溫條件下反應(yīng)生成氧化鋁和錳，正確，不選C；D碳酸鈉直接加熱不產(chǎn)生二氧化碳氣體，碳酸氫鈉間接加熱產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的氣體，說明碳酸鈉比碳酸氫鈉穩(wěn)定，正確，不選D。【點睛】8. 某化合物由兩種單質(zhì)直接反應(yīng)生成，將其加入Ba(HCO3)2溶液中同時有氣體和沉淀產(chǎn)生。下列化合物中符合上述條件的是（ ）A. SiO2B. Na2O

10、C. FeCl2D. AlCl3【答案】D【解析】【詳解】ASi與O2在高溫下反應(yīng)生成SiO2，SiO2和Ba(HCO3)2不反應(yīng)，故A不符合題意；BNa與O2常溫下化合生成Na2O，Na2OH2O=2NaOH，Ba(HCO3)2NaOH=BaCO3H2ONaHCO3，沒有氣體，故B不符合題意；C鐵和氯氣反應(yīng)生成FeCl3，不生成FeCl2，故C不符合題意；DAl和Cl2反應(yīng)生成AlCl3，AlCl3通入到Ba(HCO3)2溶液中發(fā)生Al33HCO3=Al(OH)33CO2，故D符合題意；答案選D。9. 某溶液中含有HCO、SO、CO、Cl-等4種陰離子。向其中加入足量的Na2O2固體后，溶液

11、中離子濃度基本保持不變的是（假設(shè)溶液體積無變化）（ ）A. COB. SOC. Cl-D. HCO【答案】C【解析】【詳解】向溶液中加入過量的過氧化鈉固體，過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，反應(yīng)生成的氫氧根離子與碳酸氫根離子反應(yīng)生成碳酸根和水，溶液中碳酸氫根離子減少，碳酸根離子增大，反應(yīng)生成的氧氣與亞硫酸根發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸根，亞硫酸根離子濃度減少，氯離子與氫氧根離子和氧氣均不反應(yīng)，離子濃度基本保持不變，故選C。10. 同溫同壓下，等體積兩容器內(nèi)分別充滿由14N、13C、18O三種原子構(gòu)成的一氧化氮和一氧化碳，下列說法正確的是（ ）A. 所含分子數(shù)和質(zhì)量均不相同B. 含有相同的分子數(shù)和

12、電子數(shù)C. 含有相同的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)D. 含有相同數(shù)目的中子、原子和分子【答案】D【解析】【詳解】A根據(jù)阿伏加德羅定律，相同溫度相同壓強下，相同體積的任何氣體所含的分子數(shù)相同，即物質(zhì)的量相同，根據(jù)m=nM，由14N、13C、18O三種原子構(gòu)成的一氧化氮和一氧化碳的摩爾質(zhì)量不同，則質(zhì)量不同，故A錯誤；B根據(jù)阿伏伽德羅定律，相同溫度相同壓強下，相同體積的任何氣體所含的分子數(shù)相同，一氧化氮電子數(shù)為15，一氧化碳電子數(shù)為14，電子數(shù)不同，故B錯誤；C一氧化氮質(zhì)子數(shù)為15，一氧化碳質(zhì)子數(shù)為14，質(zhì)子數(shù)不同，根據(jù)中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)，一氧化氮和一氧化碳中子數(shù)分別是17、17，中子數(shù)相等，故C錯誤；D根據(jù)

13、A、C選項的分析，中子數(shù)、分子數(shù)相等，因為物質(zhì)的量相同，因此原子數(shù)也相等，故D正確；答案選D。11. 常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 使甲基橙變紅的溶液中：、B. 水電離的濃度為的溶液中：、C. 無色溶液中：、D. 溶液中：、【答案】C【解析】【詳解】使甲基橙變紅的溶液，顯酸性，不能大量存在，故A錯誤； B.水電離的濃度為的溶液，為酸或堿溶液，酸溶液中不能大量存在、，堿溶液中不能大量存在、，故B錯誤； C.該組離子之間不反應(yīng)，可大量共存，且離子均為無色，故C正確； D.、或發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故D錯誤； 故選：C。12. 把100 mL含有MgSO4和K2S

14、O4的混合溶液分成兩等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。則原混合溶液中鉀離子的濃度為A. 20 (2ba) molL1B. 20(b2a) molL1C. 10(2ba) molL1D. 10(b2a) molL1【答案】A【解析】把100 mL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂，所以混合溶液含有0.5amolMg2+；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇，所以

15、混合溶液含有bmolSO42-。根據(jù)電荷守恒可得：n(K+)+2n(Mg2+)=2n(SO42-)，n(K+)+2amol=bmol，n(K+)=(2b-a)mol，c(K+)=(2b-a)mol/0.05L=20(2ba) molL1，故選A。點睛：在電解質(zhì)溶液中存在的最基本的關(guān)系就是陰陽離子所帶電荷的代數(shù)和等于0.13. 下列有關(guān)實驗原理或操作正確的是（ ）A. 用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制質(zhì)量分數(shù)為75%酒精溶液B. 在200mL某硫酸鹽溶液中，含有1.5NA個硫酸根離子，同時含有NA個金屬離子，則該硫酸鹽的物質(zhì)的量濃度為2.5molL-1C. 實驗中需用2.0mol

16、L-1的Na2CO3溶液950mL，配制時應(yīng)選用的容量瓶的規(guī)格和稱取Na2CO3的質(zhì)量分別為950mL、201.4gD. 實驗室配制500mL0.2molL-1的硫酸亞鐵溶液，其操作是：用天平稱15.2g綠礬(FeSO47H2O)，放入小燒杯中加水溶解，轉(zhuǎn)移到500mL容量瓶，洗滌、稀釋、定容、搖勻【答案】B【解析】【詳解】A量筒不能用來配制溶液，應(yīng)該用燒杯配制，15mL酒精中加水5mL，配制的酒精溶液體積分數(shù)為75% ，故A錯誤；B1.5NA個硫酸根離子的物質(zhì)的量為1.5mol，NA個金屬陽離子的物質(zhì)的量為1mol，令金屬離子的化合價為x，根據(jù)電荷守恒可知，x=1.52=3，故金屬陽離子為+

17、3價，所以該硫酸鹽可以表示為M2(SO4)3，根據(jù)硫酸根守恒可知，硫酸鹽的物質(zhì)的量為0.5mol，所以該硫酸鹽的物質(zhì)的量濃度為0.5mol0.2L=2.5mol/L，故B正確；C實驗中需用2.0molL-1的Na2CO3溶液950mL，配制時應(yīng)選用的容量瓶的規(guī)格1000mL，稱取Na2CO3的質(zhì)量=cVM=1L2mol/L106g/mol=212.0g，故C錯誤；D應(yīng)稱取綠礬的質(zhì)量為0.5L0.2mol/L278g/mol=27.8g，故D錯誤；答案選B。14. 除去下列物質(zhì)中所含的少量雜質(zhì)的方法正確的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【詳解】硫酸鋇和碳酸鋇均不溶于水，無法通

18、過溶解、過濾分離，錯誤；CO2也能與碳酸鈉溶液反應(yīng)，錯誤；乙酸乙酯在氫氧化鈉溶液中能夠水解，錯誤；蛋白質(zhì)溶液中加入濃硫酸銨溶液，發(fā)生鹽析，而葡萄糖不能，過濾后經(jīng)過洗滌，可以分離蛋白質(zhì)和葡萄糖，正確。故選D?！军c睛】15. 下列由實驗得出的結(jié)論正確的是選項實驗結(jié)論A向某鈉鹽中滴加濃鹽酸。將產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液，品紅溶液褪色該鈉鹽為Na2SO3或NaHSO3B用乙酸浸泡水壺中的水垢?？蓪⑵淝宄宜岬乃嵝源笥谔妓酑向某鹽溶液中先加入少量氯水、再滴加幾滴KSCN溶液，溶液變血紅色原溶液中一定含有Fe2+D室溫下。向飽和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末。過濾，向洗凈的沉淀中加稀鹽酸有氣泡產(chǎn)生K

19、sp(BaCO3)Ksp(BaCO3),有沉淀生成,不能說明Ksp(BaCO3)和Ksp(BaSO4)的關(guān)系，D錯誤；答案選B.16. W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W的氫化物水溶液能蝕刻玻璃，X、Y處于相鄰位置，Y的最高正價與最低負價代數(shù)和為零，W、X原子的最外層電子數(shù)之和與Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和相等。下列說法錯誤的是A. 原子半徑:XYZWB 最高正價:WZYXC. 簡單氫化物的熱穩(wěn)定性:WZYD. 簡單離子的電子層結(jié)構(gòu):W與X相同【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z 是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W 的氫化物水溶液能蝕刻玻璃，則W為F，Y的最高正價與最

20、低負價代數(shù)和為零，則Y為Si，X為Al ，W、X 原子的最外層電子數(shù)之和與Y、Z 原子的最外層電子數(shù)之和相等，則Z為S?！驹斀狻緼. 電子層越多原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：X Y Z W，故A正確；B. F無正價，故B錯誤；C.非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性FSSi，所以簡單氫化物的熱穩(wěn)定性:WZY，C正確；D.W的簡單離子為F-，X的簡單離子為Al3+，二者核外電子排布相同，簡單離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，D正確；答案選B。17. 向CuSO4溶液中逐滴加入碘化鉀溶液至過量，觀察到產(chǎn)生白色沉淀CuI，藍色溶液變棕色，再向反應(yīng)后的溶液中通入過量SO2，溶液變無色。

21、則下列說法正確的是A. 通入22.4L SO2參加反應(yīng)時，有2NA個電子發(fā)生轉(zhuǎn)移B. 通入SO2后溶液逐漸變成無色，體現(xiàn)了SO2的漂白性C. 滴加碘化鉀溶液時，KI被氧化，CuI是氧化產(chǎn)物D. 上述實驗條件下，微粒的氧化性：Cu2+I2SO2【答案】D【解析】【詳解】A沒指出SO2是否為標準狀況，其物質(zhì)的量不一定為1mol，A錯誤；B再通入SO2時發(fā)生的反應(yīng)為SO2I22H2O=H2SO42HI，實質(zhì)上是SO2將I2還原為I，體現(xiàn)了SO2的還原性，B錯誤；C過量的KI與CuSO4在溶液中發(fā)生反應(yīng)2Cu24I=2CuII2，Cu2作氧化劑，而I被氧化為I2，CuI是還原產(chǎn)物，C錯誤；D根據(jù)上述分

22、析。結(jié)合“在同一反應(yīng)中氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性”規(guī)律可知，微粒的氧化性：Cu2+I2SO2，D正確。故選D。18. 烴A分子式為C4H10，分子結(jié)構(gòu)中含有一個次甲基（），則此物質(zhì)A的二溴代物的種數(shù)為（ ）A. 3種B. 4種C. 5種D. 以上都不對【答案】A【解析】【詳解】分子式為C4H10，分子結(jié)構(gòu)中含有一個次甲基的烴A的結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）3CH，兩個溴原子能同時取代甲基上的2個氫原子、分別取代2個甲基上的氫原子和分別取代甲基上和次甲基上的氫原子，則二溴代物共有3種，故選A。非選擇題二、填空題19. 肼，又名聯(lián)氨，化學(xué)式為N2H4，是一種無色油狀液體，沸點113.5，具有強還原

23、性。已知：N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) H=+68kJmol-1。N2H4(l)+3O2(g)=2NO2(g)+2H2O(l) H=-622kJmol-1H2O(g)=H2O(l) H=-44kJmol-1(1)火箭發(fā)射時可用肼作燃料，NO2作氧化劑，生成N2(g)和H2O(g)。寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：_。(2)肼具有弱堿性和強還原性，工業(yè)上利用尿素CO(NH2)2、NaClO在NaOH溶液中發(fā)生反應(yīng)生成水合肼(N2H4H2O)、Na2CO3等產(chǎn)物。上述生成水合肼的反應(yīng)中尿素是_(填“氧化劑”或“還原劑”)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。(3)肼與鹽酸反應(yīng)可生成N2H6Cl2，N2H6

24、Cl2的水溶液顯_(填“酸”、“堿”或“中”)性。(4)肼已應(yīng)用于燃料電池。以N2H4(l)為燃料和O2(g)為氧化劑，Pt為電極催化劑，陽離子交換膜(只允許H+透過)為電解質(zhì)。電池反應(yīng)產(chǎn)物只有N2(g)和H2O(l)。通入肼的一極是電池的_極，該極上的電極反應(yīng)式為：_。【答案】 (1). 2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)H=-1272kJmol-1 (2). 還原劑 (3). CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4H2O+Na2CO3+NaCl (4). 酸 (5). 負 (6). N2H4-4e-=N2+4H+【解析】【分析】(1)由蓋斯定律計算解

25、答；(2)尿素CO(NH2)2中N為-3價，N2H4H2O中N為-2價，故化合價升高，尿素做還原劑，根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒和物料守恒書寫化學(xué)方程式；(3)肼與鹽酸反應(yīng)可類比NH3和HCl的反應(yīng)生成氯化銨，氯化銨為強酸弱堿鹽，溶液中銨根離子水解使溶液顯酸性；(4)燃料電池中燃料N2H4為負極，O2為正極，負極上N2H4失去電子變?yōu)镹2。【詳解】(1)已知：N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) H=+68kJmol-1。N2H4(l)+3O2(g)=2NO2(g)+2H2O(l) H=-622kJmol-1H2O(g)=H2O(l) H=-44kJmol-1由蓋斯定律可知2-3-4可得：

26、2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) H=-1272kJmol-1；(2)尿素CO(NH2)2中N為-3價，N2H4H2O中N為-2價，故化合價升高，尿素做還原劑，根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒和物料守恒，生成水合肼的反應(yīng)的化學(xué)方程式為CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4H2O+Na2CO3+NaCl；(3)肼與鹽酸反應(yīng)可類比NH3和HCl的反應(yīng)生成氯化銨，氯化銨為強酸弱堿鹽，溶液中銨根離子水解使溶液顯酸性，則肼與鹽酸反應(yīng)生成的N2H6Cl2也應(yīng)為強酸弱堿鹽，N2H6Cl2的水溶液顯酸性；(4)根據(jù)題意，燃料電池中燃料N2H4為負極，O2為正極，負極上N2

27、H4失去電子變?yōu)镹2，則負極反應(yīng)為N2H4-4e-=N2+4H+?！军c睛】難點為(3)中反應(yīng)生成溶液的酸堿性的判斷，根據(jù)題意，肼又名聯(lián)氨，需要結(jié)合類比的方法，根據(jù)氨氣和銨鹽的性質(zhì)分析解答。20. 氯化亞銅(CuCl)是白色粉末，不溶于水、乙醇及稀硫酸，在空氣中迅速被氧化成綠色，常用作有機合成工業(yè)中的催化劑。實驗室擬以下列方法制取CuCl：在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加熱，生成CuCl。試回答以下問題：(1)CuCl制備過程中需配制物質(zhì)的量濃度為2.0molL-1的CuSO4溶液。配制950mL2.0molL-1的CuSO4溶液應(yīng)稱取膽礬的質(zhì)量為_g。某學(xué)生實際配制

28、CuSO4溶液的濃度為1.8molL-1，原因可能是_。A.托盤天平的砝碼生銹B.容量瓶中原來存有少量蒸餾水C.溶解后的燒杯未經(jīng)多次洗滌D.膠頭滴管加水定容時仰視刻度(2)寫出用上述方法制備CuCl的離子方程式_。(3)在上述制取過程中，經(jīng)過濾得到CuCl沉淀，用無水乙醇洗滌沉淀，在真空干燥機內(nèi)于70干燥2小時，冷卻，密封包裝即得產(chǎn)品。其中“于70真空干燥”的目的是_；_(回答兩點)?！敬鸢浮?(1). 500 (2). CD (3). 2Cu2+SO+2Cl-+H2O2CuCl+SO+2H+ (4). 加快乙醇和水的蒸發(fā) (5). 防止CuCl在空氣中被氧化【解析】【分析】(1)一定容積規(guī)格

29、的容量瓶只能配制相應(yīng)體積的溶液，由于沒有950ml的容量瓶，選擇大于950ml相近規(guī)格的容量瓶；根據(jù)化學(xué)式可知硫酸銅的物質(zhì)的量等于硫酸銅晶體的物質(zhì)的量，根據(jù)m=cVM計算所需膽礬的質(zhì)量；根據(jù)c=、m=nM分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響來判斷；(2)亞硫酸根和硫酸銅之間可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化亞銅沉淀；(3)乙醇和水易揮發(fā)，CuCl具有還原性，可以被空氣氧化?！驹斀狻?1)由于沒有950mL的容量瓶，選擇大于950mL相近規(guī)格的容量瓶，所以應(yīng)選擇1000mL規(guī)格容量瓶，根據(jù)化學(xué)式可知硫酸銅的物質(zhì)的量等于硫酸銅晶體的物質(zhì)的量，所以需要膽礬的質(zhì)量為：1L2mol/L250g/mol

30、=500g；A砝碼生銹后增重，使稱量的固體質(zhì)量偏大，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大，所配溶液的濃度偏高，故A錯誤；B容量瓶中原來存有少量蒸餾水，對溶質(zhì)物質(zhì)的量和溶液體積都不會產(chǎn)生影響，溶液的濃度不變，故B錯誤；C溶解后的燒杯未經(jīng)多次洗滌，導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液的濃度偏低，故C正確；D膠頭滴管加水定容時仰視刻度，導(dǎo)致溶液的體積偏大，溶液的濃度偏低，故D正確；故答案為：CD；(2)Na2SO3和硫酸銅之間可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化亞銅沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：2Cu2+SO+2Cl-+H2O2CuCl+SO+2H+；(3)CuCl沉淀，用無水乙醇洗滌沉淀，在真空干燥機內(nèi)于70干燥2小時，這樣可以加快乙

31、醇和水的蒸發(fā)，防止CuCl被空氣氧化。【點睛】易錯點為配制的為硫酸銅溶液，使用的溶質(zhì)為硫酸銅晶體，含有結(jié)晶水，計算溶質(zhì)質(zhì)量時，要計算硫酸銅晶體的質(zhì)量。21. 亞硝酰氯（NOCl）是有機合成中的重要試劑，可由NO與Cl2在常溫常壓下合成。已知NOCl是一種紅褐色液體或黃色氣體，其熔點64.5，沸點5.5，遇水易水解。.實驗室制備原料氣NO和Cl2的裝置如圖所示：（1）實驗室制NO時，裝置A中燒瓶內(nèi)為銅和稀硝酸，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：_。（2）實驗室制Cl2時，裝置B中盛放的試劑為_。.將上述收集到的Cl2充入集氣瓶中，按圖示裝置制備亞硝酰氯。（3）NOCl分子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則N

32、OCl的電子式為_。（4）裝置E中無水氯化鈣的作用為_。III.NO可用間接電化學(xué)法除去，其原理如圖所示：（5）陰極的電極反應(yīng)式為_。（6）吸收塔內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。【答案】 (1). 3Cu+8HNO3（?。?3Cu(NO3)2+2NO+4H2O (2). 飽和食鹽水 (3). (4). 吸收水蒸氣，防止水蒸氣進入D裝置 (5). 2HSO+2H+2e-=S2O+2H2O (6). 2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO【解析】【分析】I實驗室氯氣制備是利用濃鹽酸和MnO2混合加熱，結(jié)合電子守恒、原子守恒寫出此反應(yīng)的化學(xué)方程式；濃鹽酸有揮發(fā)性，制得的氯氣中混有HCl，應(yīng)通過B中溶

33、液除雜，據(jù)此分析判斷；II裝置D中由黃綠色的氯氣生成了紅褐色液體NOCl，根據(jù)反應(yīng)物之間發(fā)生的氧化還原反應(yīng)，結(jié)合電子守恒書寫化學(xué)方程式；根據(jù)NOCl遇水易分解，故裝置中應(yīng)無水分析；III硫代硫酸根離子與一氧化氮發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成氮氣；陰極發(fā)生還原反應(yīng)，是亞硫酸氫根離子得電子，生成硫代硫酸根離子。【詳解】（1）銅和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、NO和水，化學(xué)方程式為3Cu+8HNO3（?。?3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，故答案為：3Cu+8HNO3（?。?3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；（2）二氧化錳和濃鹽酸，制得的氯氣中有氯化氫氣體，用飽和食鹽水除去，故答案為：飽和食鹽水；（3）NO

34、Cl分子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則氮原子與氧原子形成兩對共用電子對，與氯原子形成一對，電子式為；故答案為：；（4）NOCl遇水易分解，裝置E中無水氯化鈣吸收水蒸氣，防止水蒸氣進入D裝置中，故答案為：吸收水蒸氣，防止水蒸氣進入D裝置（5）陰極發(fā)生還原反應(yīng)，是亞硫酸氫根離子，得電子，生成硫代硫酸根離子，電極反應(yīng)式為：2HSO+2H+2e-=S2O+2H2O；故答案為：2HSO+2H+2e-=S2O+2H2O；（6）硫代硫酸根離子與一氧化氮發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成氮氣，離子反應(yīng)方程式為：2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO，故答案為：2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO?！军c睛】本題

35、主要考查了化學(xué)方程式的書寫、實驗方案評價、氧化還原反應(yīng)、環(huán)境保護等，側(cè)重于考查學(xué)生的分析問題和解決問題的能量，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)與積累。三、選做題（考生從給出的22、23二題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分）22. 已知A、B、C、D、E、F為前4周期的6種元素，原子序數(shù)依次增大，其中A位于周期表中s區(qū)，其原子中電子層數(shù)和未成對電子數(shù)相同；B原子價電子排布式為nsnnpn，B和E同主族，D原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的3倍；F元素位于元素周期表的第4行、第11列。試回答下列問題：（1）基態(tài)F原子的核外電子排布式為_。（2）下列關(guān)于B2A2的說法中正確的是_（填選項序號）B

36、2A2中的所有原子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)每個B2A2分子中鍵和鍵數(shù)目比為1：1B2A2是含極性鍵和非極性鍵的非極性分子B2A2中心原子的雜化類型為sp雜化（3）B、C、D三種元素第一電離能由大到小順序為_（用元素符號表示）。（4）C的簡單氣態(tài)氫化物與C的最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)生成一種鹽H，H晶體中存在的化學(xué)鍵類型有_（填選項符號）離子鍵 共價鍵 氫鍵 配位鍵 金屬鍵（5）基態(tài)E原子的最高能層具有的原子軌道數(shù)為_；B和E的最高價氧化物中，熔沸點較高的是_（寫化學(xué)式）。（6）F單質(zhì)晶體堆積方式為面心立方最密堆積，其配位數(shù)為_；若F的相對原子質(zhì)量為M，它的晶胞棱長為acm，則F晶體的密度為_gc

37、m-3。（阿伏伽德羅常數(shù)為NA）【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1 (2). (3). NOC (4). (5). 9 (6). SiO2 (7). 12 (8). 【解析】【分析】A、B、C、D、E、F為前四周期的六種元素，原子序數(shù)依次增大，其中A位于周期表的s的區(qū)，其原子中電子層數(shù)和未成對電子數(shù)相同，則A為H元素；D原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的3倍；D原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，故D為O元素；F元素位于元素周期表的第四行、第十一列，則F為Cu；B原子價電子排布式為nsnnpn，由于s能級最多容納2個電子，且p能級填充電子，故n=

38、2，則B為碳元素；B和E同主族，E的原子序數(shù)小于Cu，只能處于第三周期，故E為Si；C原子序數(shù)介于碳、氧之間，故C為N元素據(jù)此分析解答。【詳解】(1)F為Cu元素，基態(tài)F原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；(2)C2H2中H原子不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故錯誤；C2H2分子結(jié)構(gòu)式為H-CC-H，單鍵為鍵、三鍵含有1個鍵、2個鍵，故C2H2分子中鍵和鍵數(shù)目比為3：2，故錯誤；C2H2分子中C-H鍵屬于極性鍵，碳碳鍵為非極性鍵，屬于直線型對稱結(jié)構(gòu)，為非極性分子，故正確；C2H2中心原子C成2個鍵、沒有孤電子對，故其雜化類型為sp雜化，故正確；故答案

39、為；(3)C、O、N元素都是第二周期非金屬元素，同一周期元素自左而右第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級是半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：NOC；(4)C為氮元素，C的氣態(tài)氫化物與C的最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)生成一種鹽H為NH4NO3，晶體中存在的化學(xué)鍵類型有：離子鍵、共價鍵、配位鍵，故答案為；(5)E為Si，基態(tài)原子的最高能層為M層，有s、p、d3個能級，分別有1、3、5個軌道，故具有的原子軌道數(shù)為9；B和E與氧元素形成的最高價氧化物分別為CO2、SiO2，前者屬于分子晶體，后者屬于原子晶體，故熔沸點較高的是SiO2；(6)F為Cu，Cu單質(zhì)的晶體堆積方式為面心立方，以頂點Cu原子為研究對象，與之最近的原子處于面心，每個頂點Cu原子為1