江西省2020年高三化學(xué)5月診斷性測試試題含解析

江西省2020年高三化學(xué)5月診斷性測試試題含解析江西省2020年高三化學(xué)5月診斷性測試試題含解析PAGE28-江西省2020年高三化學(xué)5月診斷性測試試題含解析江西省2020年高三化學(xué)5月診斷性測試試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1O-16C-12N-14Fe-56Cr-52S—32I—127Ba—137一、選擇題:本題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.化學(xué)與生活生產(chǎn)密切相關(guān),下列說法正確的是（）A。我國海洋開發(fā)走向深藍(lán),大型艦船的底部常鑲嵌鋅塊做正極，防止船底腐蝕B.補鐵醬油中含有三價鐵，可補充人體缺乏的鐵元素C。采用“燃煤固硫”、“煤的氣化液化"、“靜電除塵”、“汽車尾氣催化凈化”等方法，提高了空氣質(zhì)量，使我們的生活環(huán)境更美好D.“殲-20”飛機上使用的碳纖維被譽為“新材料之王”,是我國打破其他國家技術(shù)壟斷，自主研發(fā)和生產(chǎn)的一種新型有機高分子材料【答案】C【解析】【詳解】A．我國海洋開發(fā)走向深藍(lán),大型艦船的底部常鑲嵌鋅塊做負(fù)極，防止船底腐蝕,A錯誤;B．補鐵醬油中含有二價鐵，可補充人體缺乏的鐵元素,B錯誤;C．采用“燃煤固硫"、“煤的氣化液化”、“靜電除塵”、“汽車尾氣催化凈化”等方法可以減少酸雨、粉塵污染等，可以提高空氣質(zhì)量，C正確；D．碳纖維為碳單質(zhì)，屬于無機物，D錯誤；答案選C。2.下列說法正確的是(）A。14C與12C60互為同位素B.14C60與12C60是具有相同質(zhì)子數(shù)的不同核素C。CH3COOH與HCOOCH3互為同素異形體D。硝基苯與互為同分異構(gòu)體【答案】D【解析】【詳解】A．14C與12C互為同位素，14C與12C60不互為同位素，A錯誤；B．14C60與12C60是同一種物質(zhì)，14C與12C是具有相同質(zhì)子數(shù)的不同核素，B錯誤；C．CH3COOH與HCOOCH3互為同分異構(gòu)體，C錯誤；D．硝基苯與分子式相同，互為同分異構(gòu)體,D正確;答案選D。【點睛】核素、同位素、同分異構(gòu)體、同素異形體的區(qū)別：核素指具有一定數(shù)目的質(zhì)子和一定數(shù)目的中子的原子；質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同的同一種元素的不同原子互為同位素;分子式相同、結(jié)構(gòu)不同的化合物互為同分異構(gòu)體;同種元素組成的結(jié)構(gòu)不同的單質(zhì)互為同素異形體。3.用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列敘述不正確的是（)A。常溫常壓下，0。1mol的Na2O和Na2O2，混合物中陰離子總數(shù)為0.1NAB。常溫下,46g的NO2和N2O4混合氣體中含有的氮原子數(shù)為NAC。標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22。4LC3H6分子中含有NA個碳碳雙鍵D.100mL0.1mol?L-1CH3COONa溶液中陰離子總數(shù)大于0.01NA【答案】C【解析】【詳解】A．常溫常壓下，0.1mol的Na2O和Na2O2,O2—和O22—的物質(zhì)的量之和為0.1mol，故混合物中陰離子總數(shù)為0.1NA，A正確；B．NO2和N2O4的最簡式相同，最簡式為NO2，常溫下,46g的NO2和N2O4的混合氣體含1molNO2,所以含有的氮原子數(shù)為NA，B正確；C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22。4LC3H6的物質(zhì)的量為1mol，C3H6可能是環(huán)丙烷，環(huán)丙烷分子中不含有碳碳雙鍵，C錯誤；D．100mL0。1mol?L-1CH3COONa溶液中，N（Na+)=0.1L×0.1mol?L-1×NA=0.01NA，由電荷守恒可知，N（Na+)+N（H+）=N（OH—）+N（CH3COO-），100mL0.1mol?L—1CH3COONa溶液中陰離子總數(shù)大于0。01NA，D正確;答案選C。【點睛】在題中給出有機化合物分子式時候，一定要考慮同分異構(gòu)體的存在，而本題的C選項，同學(xué)們很容易默認(rèn)為分子式為C3H6的物質(zhì)丙烯。4.下列實驗操作及現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是()實驗操作實驗及現(xiàn)象結(jié)論A取某NaHSO3溶液少量于試管中，加入BaCl2溶液生成白色沉淀該溶液中一定混有Na2SO3雜質(zhì)B相同溫度下，測量同濃度的Na2CO3和Na2SO3水溶液pH值pH（Na2CO3）〉pH（Na2SO3）非金屬性:碳元素弱于硫元素C向漂白粉中滴入質(zhì)量分?jǐn)?shù)為70％的硫酸產(chǎn)生黃綠色氣體硫酸具有氧化性D將KI和FeCl3溶液充分混合，加入CCl4振蕩,靜置分層,下層為紫紅色，上層溶液的棕黃色變淺Fe3+氧化性強于I2的氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．取某NaHSO3溶液少量于試管中，加入BaCl2溶液，生成白色的沉淀，應(yīng)該是亞硫酸氫根離子被氧化成硫酸根離子，白色的沉淀是硫酸鋇,亞硫酸氫鈉與氯化鋇不會反應(yīng)生成亞硫酸鋇，A錯誤；B．亞硫酸鈉不硫元素的最高價含氧酸鹽，不能通過相同溫度下,測量同濃度的Na2CO3和Na2SO3水溶液pH值，來判斷S和C的非金屬性強弱，B錯誤；C．向漂白粉中滴入質(zhì)量分?jǐn)?shù)為70％的硫酸,產(chǎn)生黃綠色氣體的原因是:2H++ClO—+Cl—=Cl2↑+H2O，C錯誤；D．將KI和FeCl3溶液充分混合,加入CCl4振蕩,靜置分層,下層為紫紅色，上層溶液的棕黃色變淺,原因是：2Fe3++2I-=2Fe2++I2,氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，D正確；答案選D.5。向10mL0.2mol·L-1的KIO3溶液中逐漸加入NaHSO3粉末,生成的I2的物質(zhì)的量隨所加NaHSO3的物質(zhì)的量變化如圖所示，下列說法不正確的是（)A.A點對應(yīng)的I2的物質(zhì)的量為1.0×10-3molB.0a:ab=5：1C.當(dāng)溶液中的n(I2)=5×10—4mol時，加入NaHSO3的物質(zhì)的量可能為2。5×10-3mol或4.5×10-3molD.由ab段反應(yīng)可知，氧化性I2>HSO3—【答案】C【解析】【分析】加入NaHSO3物質(zhì)的量在0→a，發(fā)生的反應(yīng)為：2IO3-+5HSO3—=5SO42—+I2+H2O+3H+，加入NaHSO3的物質(zhì)的量在a→b，發(fā)生的反應(yīng)為：I2+HSO3—+H2O=I—+SO42—+3H+?！驹斀狻緼．A點時,10mL0。2mol·L-1的KIO3溶液中的KIO3恰好完全被亞硫酸氫鈉還原為I2，由原子守恒可知，n（I2)=n（KIO3）=×0。2×10×10—3=1.0×10—3mol,A正確；B．2IO3-+5HSO3—=5SO42-+I2+H2O+3H+,由離子方程式可知,0a消耗的亞硫酸氫鈉的物質(zhì)的量為：2。5×0。2×10×10-3=5。0×10-3mol；加入NaHSO3的物質(zhì)的量在a→b，發(fā)生的反應(yīng)為：I2+HSO3-+H2O=I—+SO42—+3H+,故ab消耗的亞硫酸氫鈉的物質(zhì)的量恰好與1。0×10—3molI2完全反應(yīng)，所以ab消耗的亞硫酸氫鈉的物質(zhì)的量1。0×10-3mol，0a：ab=（5.0×10—3mol）：（1.0×10—3mol)=5：1，B正確；C．當(dāng)溶液中的n(I2)=5×10—4mol時,n（I2）=5×10—4mol〈1。0×10—3mol,故有兩種情況，一種情況是在0→a，向10mL0。2mol·L—1的KIO3溶液中逐漸加入NaHSO3粉末，剛好生成n(I2)=5×10—4mol，由2IO3-+5HSO3—=5SO42—+I2+H2O+3H+反應(yīng)方程式可知,此時消耗亞硫酸氫鈉的物質(zhì)的量為：5×5×10—4mol=2.5×10—3mol；另一種情況是當(dāng)10mL0.2mol·L—1的KIO3溶液中的KIO3恰好完全被亞硫酸氫鈉還原為I2，有一部分的I2被亞硫酸氫鈉還原為I-，消耗的亞硫酸氫鈉的物質(zhì)的量為5。0×10-3mol+5×10—4mol=5.5×10—3mol，C錯誤；D．a(chǎn)b段發(fā)生的反應(yīng)為I2+HSO3-+H2O=I-+SO42—+3H+,氧化性I2〉HSO3—，D正確;答案選C。6.A、B、C、D為石墨電極，E、F分別為短周期相鄰的兩種活潑金屬中的一種，且E能與NaOH溶液反應(yīng)。按圖接通線路，反應(yīng)一段時間，當(dāng)電路中通過1.0×10-3mol電子時，下列敘述正確的是(）A。U型管中的D端先變紅，b燒杯中的溶液會變藍(lán)B。a燒杯中最多有0.127gI2（KI足量）生成，甲池中的質(zhì)量會減少0。04g（CuSO4溶液足量)C。A極產(chǎn)生氣體的體積為5。6mL,甲池溶液的pH值為2D。E電極附近的溶液無明顯現(xiàn)象產(chǎn)生【答案】B【解析】【分析】A、B、C、D為石墨電極，E、F分別為短周期相鄰的兩種活潑金屬中的一種，且E能與NaOH溶液反應(yīng)，E為Al，F(xiàn)為Mg。乙池為原電池裝置，E為負(fù)極、F為正極,A為陽極、B為陰極、C為陽極、D為陰極.【詳解】A．由分析可知,D為陰極,電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=2OH—+H2↑，故U型管中的D端先變紅，但是，b燒杯中的溶液不會變藍(lán)，A錯誤；B．C為陽極，其電極反應(yīng)式為2Cl-—2e-=Cl2↑，該電路為串聯(lián)電路,當(dāng)電路中通過1。0×10-3mol電子時，n（Cl2)=5。0×10-4mol,a燒杯中發(fā)生的反應(yīng)方程式為2I—+Cl2=2Cl-+I2，a燒杯中最多生成I2的物質(zhì)的量為5.0×10—4mol，最多生成I2的質(zhì)量為5。0×10—4mol×254g/mol=0。127g，甲池中A為陽極,電極反應(yīng)式為2Cu2++2e-=2Cu，B為陰極，其電極反應(yīng)式為2H2O—4e-=4H++O2↑，當(dāng)電路中通過1.0×10-3mol電子時,n(Cu)=5。0×10—4mol,n(O2)=2。5×10-4mol，甲池中的質(zhì)量會減少：5.0×10—4mol×64g/mol+2.5×10-4mol×32g/mol=0。04g，B正確；C．A為陽極,產(chǎn)生的氣體為O2，但是題中沒有說明氣體所處的狀態(tài)，無法計算出氣體的體積，C錯誤；D．E為負(fù)極，E電極溶解，D錯誤；答案選B.【點睛】做這種類型的題,首先判斷出原電池、電解池,然后再依據(jù)題中的信息判斷出原電池的正、負(fù)極,電解池的陰、陽極，該電路為串聯(lián)電路，各極得到或失去的電子數(shù)目相等.7。常溫下，將0。1mol?L?1的NaOH溶液逐漸加到5mL0.1mol?L?1的一元酸HA溶液中，測得混合溶液的BG（BG=-lg）與所加NaOH的體積的變化關(guān)系如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A。該滴定過程可選用酚酞做指示劑B.c點所加的NaOH溶液的體積小于5mLC。從a點到c點，水的電離程度一直增大D.若b點所加的NaOH溶液的體積等于2。5mL，則所得溶液中:c(H+)=c(HA）+c(OH?)+c（Na+）【答案】D【解析】【詳解】A．常溫下，0。1mol?L?1的一元酸HA溶液的BG=9，即=10—9，由水的離子積常數(shù)知c（H+)×c（OH-)=10-14，解得c（H+)=1。0×10-2。5mol?L?1<0。1mol?L?1，故一元酸HA為弱酸，將0。1mol?L?1的NaOH溶液逐漸加到5mL0。1mol?L?1的一元酸HA溶液中，滴定終點生成的強堿弱酸鹽，所以選擇酚酞作指示劑,A正確；B．c點時BG=0,則溶液中c（H+)=c(OH-）,溶液呈中性,如果加入的0.1mol?L?1的NaOH溶液的體積為5mL,恰好與5mL0.1mol?L?1的一元酸HA溶液完全反應(yīng)生成NaA，NaA為強堿弱酸鹽，溶液呈堿性,故c點所加的NaOH溶液的體積小于5mL,B正確；C．從a點到c點，隨著NaOH溶液不斷加入，HA的量不斷減小，對水的電離的抑制作用不斷減小，故從a點到c點,水的電離程度一直增大，C正確;D．若b點所加的NaOH溶液的體積等于2。5mL，c(HA)=c（NaA），因為HA是弱酸，所以c(H+）〈c(Na+），故c(H+）〈c(HA）+c（OH?)+c（Na+),D錯誤；答案選D。三、非選擇題8.（一）實驗室用如圖裝置制備SO3并測定SO2催化氧化為SO3的轉(zhuǎn)化率。已知：SO3熔點為16。8℃，沸點為44。8℃，假設(shè)氣體進(jìn)入裝置可以被完全吸收，不考慮空氣的影響。（1）A中使用濃硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為70%的原因是___，B中濃H2SO4的作用是___.（2）當(dāng)實驗停止通入SO2，熄滅酒精燈后，還需要繼續(xù)通一段時間的氧氣，其目的是___。（3）實驗結(jié)束后測得裝置D增加了ag,裝置E中的沉淀洗滌烘干后其質(zhì)量為bg.則E中的沉淀的化學(xué)成分是___（填寫化學(xué)式),本實驗中SO2轉(zhuǎn)化率為___（用代數(shù)式表示，不用化簡)。（二）SO3溶于濃硫酸后可得到發(fā)煙硫酸，工業(yè)上把干燥的氯化氫氣體通入到發(fā)煙硫酸中可以得到HSO3Cl.HSO3Cl是一種無色液體,沸點為152℃，有強腐蝕性，遇濕空氣產(chǎn)生強烈的白霧?，F(xiàn)用圖乙所示的裝置制取HSO3Cl（夾持及加熱裝置略去)。（1)HSO3Cl遇濕空氣產(chǎn)生強烈的白霧，請結(jié)合用化學(xué)方程式解釋其原因___。（2）分液漏斗下方接的毛細(xì)管,其作用是___;若不用毛細(xì)管而直接用分液漏斗注入濃鹽酸，可能發(fā)生的現(xiàn)象是___.（3）裝置F的作用是___?！敬鸢浮浚?）。硫酸太稀，SO2易溶于水不利于SO2逸出；硫酸太濃，電離出氫離子濃度減小，反應(yīng)生成SO2速率變小(2)。①干燥氣體②控制流速,使二氧化硫與氧氣的比例約為2：1③使兩種氣體均勻混合（3)。排盡殘留在裝置中的SO2與SO3，使其被充分吸收，使測得的結(jié)果更準(zhǔn)確（4）.BaSO4（5）?！?00％(6)。HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4,HCl氣體在濕空氣中形成鹽酸小液滴（7）.控制濃鹽酸的流量,使其緩慢流入濃硫酸中(8).液體飛濺（或爆沸）（9)。吸收剩余的氣體②防止空氣中水分進(jìn)入E【解析】【分析】（一）（1）從SO2的溶解性和制取SO2的反應(yīng)速率方面考慮，使用質(zhì)量分?jǐn)?shù)為70%的濃硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)制取SO2；（2)保證SO2和SO3的量測定準(zhǔn)確;（3）裝置D增加的質(zhì)量為ag，即生成SO3的質(zhì)量為ag；裝置E中的SO2與硝酸鋇溶液反應(yīng)生成的白色沉淀為BaSO4,其質(zhì)量為bg，依據(jù)質(zhì)量守恒定律以及轉(zhuǎn)化率=來計算；（二)(1）HSO3Cl與濕空氣中的水反應(yīng)產(chǎn)生HCl，HCl氣體在濕空氣中形成鹽酸小液滴;（2）分液漏斗下方接的毛細(xì)管可控制鹽酸的加入速度,防止鹽酸沸騰飛濺；（3）裝置F的作用是尾氣處理以及防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E中.【詳解】（一）（1）硫酸太稀，SO2易溶于水不利于SO2逸出；硫酸太濃，電離出的氫離子濃度比較小，反應(yīng)生成SO2速率比較慢；（2）為確保實驗的準(zhǔn)確度,要保證SO2與SO3的量的測定準(zhǔn)確，當(dāng)停止通入SO2，熄滅酒精燈后，需要繼續(xù)通入一段時間O2，可以讓裝置中的SO2和SO3充分被后面的裝置吸收;（3）裝置D增加的質(zhì)量為ag，即生成SO3的質(zhì)量為ag，n（SO3）==，所以反應(yīng)中被氧化的SO2的物質(zhì)的量為，裝置E中的SO2與硝酸鋇溶液反應(yīng)生成bg白色沉淀為BaSO4,n(BaSO4）==,根據(jù)S原子守恒，反應(yīng)后剩余SO2的物質(zhì)的量為，所以SO2的轉(zhuǎn)化率為：×100%；(二）（1)HSO3Cl與濕空氣中的水蒸氣反應(yīng)，生成HCl，HCl氣體在濕空氣中形成鹽酸小液滴，形成白霧,反應(yīng)方程式為HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4;(2）分液漏斗下方接的毛細(xì)管,其作用是控制鹽酸的加入流量，使產(chǎn)生的HCl氣流速率適當(dāng)穩(wěn)定；若不用毛細(xì)管而直接用分液漏斗注入濃鹽酸，濃硫酸稀釋放熱可能是鹽酸沸騰飛濺；（3）裝置F的作用是吸收剩余的氣體防止污染環(huán)境,防止空氣中水分進(jìn)入E與HSO3Cl反應(yīng)。9。釩和五氧化二釩在工業(yè)應(yīng)用中廣泛，某工廠從釩渣中回收金屬，釩渣中主要成分有V2O3、FeO，還含有少量的CuO、Al2O3，工藝流程如圖：已知:①KspCu（OH）2=1.0×10?21；KspFe（OH)3=4.0×10?38；KspFe（OH)2=8。0×10?16。②NH4VO3難溶于水，(VO2)2SO4易溶于水。（1）寫出濾液I中加入過量的CO2時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式；制取純凈的Al2O3需要經(jīng)過一系列操作：過濾、___、___。(2)煅燒時,濾渣I的主要成分V2O3轉(zhuǎn)化為可溶性NaVO3，寫出其反應(yīng)的化學(xué)方程式___.（3）加入稀硫酸后，酸浸液中VO3?與VO2+能大量共存的原因是___（用離子方程式解釋).(4）常溫下調(diào)節(jié)酸浸液的pH=___,即可以完全除去鐵、銅兩種元素對應(yīng)的離子___；實際pH值要調(diào)整到8，其目的是___;調(diào)pH=2～2.5后過濾,濾渣III的主要成分為___。（5）請寫出煅燒濾渣III時，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式___?！敬鸢浮?1）.AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-(2).洗滌(3).灼燒（或煅燒）（4）.V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2↑（5).VO2++H2OVO3-+2H+（6).6(7).使VO2++H2OVO3-+2H+正向移動,VO2-更多地轉(zhuǎn)化為VO3+(8)。NH4VO3(9).2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O【解析】【分析】（1）釩渣中主要成分有V2O3、FeO，還含有少量的CuO、Al2O3,當(dāng)向釩渣中加入氫氧化鈉溶液時,Al2O3與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，其他物質(zhì)與氫氧化鈉溶液不反應(yīng)，向濾液I中加入過量的CO2時,在溶液中偏鋁酸鈉與CO2反應(yīng)生成Al(OH）3，Al(OH)3受熱分解生成Al2O3；（2)煅燒時，濾渣I的主要成分V2O3與空氣中的氧氣、碳酸鈉在煅燒的條件下反應(yīng)生成NaVO3，依據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒配平方程式；(3）加入稀硫酸后,VO3—+2H+VO2++H2O；（4）結(jié)合KspCu（OH）2=1。0×10?21，KspFe(OH)3=4。0×10?38，常溫下調(diào)節(jié)酸浸液的pH，除去鐵、銅兩種元素對應(yīng)的離子,減少對V2O5的影響；（5）結(jié)合題中的信息以及工藝流程圖，NH4VO3煅燒生成V2O5?！驹斀狻?1）Al2O3與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉,其他物質(zhì)與氫氧化鈉溶液不反應(yīng)，濾液I中偏鋁酸鈉與過量的CO2反應(yīng)生成Al（OH)3和NaHCO3，反應(yīng)的離子方程式為AlO2—+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-;濾液I中偏鋁酸鈉與過量的CO2反應(yīng)生成Al（OH）3和NaHCO3，過濾得Al(OH）3，然后洗滌Al(OH)3,最后煅燒Al(OH）3生成Al2O3;（2）煅燒時，濾渣I的主要成分V2O3與空氣中的氧氣、碳酸鈉在煅燒的條件下反應(yīng)生成NaVO3,反應(yīng)的化學(xué)方程式為V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2↑;（3）加入稀硫酸后，酸浸液中VO3?與VO2+能大量共存的原因是VO3—+2H+VO2++H2O;（4）當(dāng)c（Cu2+)=1.0×10?5mol?L?1時，1。0×10?5×c2(OH-)=1.0×10?21,c(OH—)=1.0×10?8mol?L?1，c（H+)=1.0×10?6mol?L?1，pH=6,即pH=6時，Cu2+完全沉淀；當(dāng)c（Fe3+)=1。0×10?5mol?L?1時，1。0×10?5×c3(OH-)=4。0×10?38,c(OH—)=×10?11mol?L?1,c(H+)〉1。0×10?6mol?L?1,所以當(dāng)pH=6時，F(xiàn)e3+、Cu2+已經(jīng)沉淀完全；實際pH值要調(diào)整到8，其目的是使VO2++H2OVO3—+2H+正向移動，VO2-更多地轉(zhuǎn)化為VO3+；因為NH4VO3難溶于水，（VO2）2SO4易溶于水，所以加入硫酸銨調(diào)pH=2~2.5后過濾，濾渣III的主要成分為NH4VO3；(5)濾渣III的主要成分為NH4VO3，所以煅燒濾渣III時，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O。10.碳元素形成的有機化合物在動植物體內(nèi)及人類生存環(huán)境中有著相當(dāng)廣泛的存在，起著非常重要的作用。請結(jié)合下列有關(guān)含碳化合物的研究，完成下列填空。（1）為了高效利用能源并且減少CO2的排放，可用下列方法把CO2轉(zhuǎn)化成甲醇燃料：①CO2（g)+3H2（g）=CH3OH(g)+H2O(g）△H=akJ?mol?1②2H2（g)+O2（g)=2H2O（g)△H=bkJ?mol?1③CH3OH（g）=CH3OH（l)△H=ckJ?mol?1④H2O（g)=H2O（l)△H=dkJ?mol?1則表示CH3OH（l）燃燒熱的熱化學(xué)方程式為___。（2）用甲醇燃料電池電解處理酸性含鉻廢水(主要含有Cr2O72?），用如圖裝置模擬該過程:①請完成電解池中Cr2O72?轉(zhuǎn)化為Cr3+的離子方程式___。②當(dāng)甲池中消耗甲醇1.6g時，乙池中兩電極的質(zhì)量差為___g。（3）葡萄糖和果糖為同分異構(gòu)體，在一定條件下，C6H12O6（葡萄糖）C6H12O6（果糖)△H﹤0。該反應(yīng)的速率方程式可表示為v(正)=k（正）c（葡）、v（逆)=k(逆)c(果)，k（正）和k(逆)在一定溫度下為常數(shù),分別稱作正、逆反應(yīng)速率常數(shù)。T1溫度下,k(正）=0.06s?1，k(逆)=0.002s?1。①T1溫度下,該反應(yīng)的平衡常數(shù)K1=___。②該反應(yīng)的活化能Ea（正）___Ea（逆)(填“大于”、“小于”或“等于”）.③該T2溫度下，從開始反應(yīng)到平衡的過程中，葡糖糖的質(zhì)量分?jǐn)?shù)變化如圖所示?？梢源_定溫度T2___T1（填“大于”、“小于”或“等于”）。（4)H2A為二元弱酸。室溫下配制一系列c(H2A）+c(HA?）+c（A2?）=0。100mol?L?1的H2A與NaOH的混合溶液。測得H2A、HA?、A2?的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)c（x)％（c（x）％=×100％）隨pH變化如圖所示。①當(dāng)c（Na+）=0.100mol?L?1時，溶液中離子濃度的大小順序為___。②室溫下，若將0.100mol?L?1的H2A與amol?L?1的NaOH溶液等體積混合，使溶液的pH=7。則H2A的Ka2=___mol?L?1(用a表示）?！敬鸢浮?1)。CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g）+2H2O（l）△H=—a—c（或-a+1。5b—c+2d）（2).Cr2O72—+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O（3).8。4(4).30（5)。小于(6）。大于（7)。c（Na+）﹥c（HA—）﹥c（H+）﹥c（A2—)﹥c（OH-）（8）.【解析】【分析】(1）利用蓋斯定律推算出CH3OH(l）燃燒熱的熱化學(xué)方程式；(2）甲池為甲醇燃料電池，其中M為負(fù)極，N為正極；乙池為電解池，乙池中左邊鐵為陽極，右邊的鐵為陰極，陽極產(chǎn)生的Fe2+還原Cr2O72—，將Cr2O72?轉(zhuǎn)化為Cr3+；利用串聯(lián)電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等，計算當(dāng)甲池中消耗甲醇1。6g時,乙池中兩電極的質(zhì)量差；（3）①根據(jù)速率方程式，當(dāng)達(dá)到平衡時，v（正)=v（逆），k(正）c（葡)=k（逆）c（果)，該反應(yīng)平衡常數(shù)K==，然后根據(jù)k(正）和k（逆)在一定溫度下的數(shù)值，帶入計算;②根據(jù)該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故正反應(yīng)的活化能小于逆反應(yīng)的活化能；③根據(jù)圖像信息，計算T2溫度下的平衡常數(shù)，然后與T1溫度下的平衡常數(shù)相比，對應(yīng)放熱反應(yīng)而言，溫度越高平衡常數(shù)越小；（4）①當(dāng)c(Na+）=0。100mol?L?1時，H2A與NaOH恰好反應(yīng)生成NaHA，結(jié)合圖中的信息，溶液中離子濃度的大??；②由電荷守恒可知,c（H+）+c（Na+）=c（OH-)+c（HA—）+2c（A2—）,由物料守恒可知c（H2A）+c（HA?）+c(A2?)=0.050mol?L?1，結(jié)合圖像信息，計算出c(HA—)、c（A2—)、c(H+)，然后計算H2A的Ka2=。【詳解】（1)利用蓋斯定律：1.5×②—①—③+2×④,得CH3OH(l）燃燒熱的熱化學(xué)方程式：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g)+2H2O（l)△H=（-a+1.5b—c+2d）kJ?mol?1；（2)①乙池中左邊鐵為陽極，其電極反應(yīng)式為Fe—2e-=Fe2+，F(xiàn)e2+還原Cr2O72-，將Cr2O72?轉(zhuǎn)化為Cr3+，其反應(yīng)方程式為Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；②1。6gCH3OH的物質(zhì)的量為=0.05mol，M為負(fù)極，其電極反應(yīng)式為CH3OH—6e-+H2O=6H++CO2↑，n(e—）=6n（CH3OH）=6×0。05mol=0。3mol，串聯(lián)電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等，乙池中左邊鐵為陽極，其電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2+，故消耗Fe的物質(zhì)的量為0.15mol，乙池中左邊鐵消耗的質(zhì)量為0。15mol×56g/mol=8。4g，右邊的鐵為陰極,電極反應(yīng)式為2H++2e—=H2↑，即右邊的鐵電極的質(zhì)量不變，所以當(dāng)甲池中消耗甲醇1。6g時，乙池中兩電極的質(zhì)量差為8。4g；（3)①根據(jù)速率方程式，當(dāng)達(dá)到平衡時，v（正）=v(逆)，k(正)c(葡）=k(逆)c(果），該反應(yīng)的平衡常數(shù)K==，T1溫度下，k（正）=0。06s?1,k(逆）=0.002s?1，故T1溫度下，K==30;②室溫下,若將0.100mol?L?1的H2A與amol?L?1的NaOH溶液等體積混合,使溶液的pH=7，c（H+)=10—7mol?L?1,由電荷守恒可知，c（H+）+c（Na+)=c（OH-）+c（HA-）+2c(A2—）,因為溶液呈中性，c(H+）=c(OH-)，c(Na+)=c(HA-）+2c(A2-)=0.5amol?L?1，由物料守恒可知c(H2A)+c（HA?）+c（A2?)=0。050mol?L?1，結(jié)合圖像信息,當(dāng)溶液呈中性時，c(H2A)比較小，忽略不計，c(A2?)=(0。5a-0。050)mol?L?1，c(HA?)=（0.1-0.5a)mol?L?1，室溫下，Ka2===.11。前四周期的A、B、C、D、E五種元素，原子序數(shù)逐漸增大.A元素核外有三個電子層，最外層電子數(shù)是核外電子總數(shù)的1/6；B元素核外只有一個未成對電子,能與水劇烈反應(yīng)；C元素正三價離子的3d軌道為半充滿狀態(tài);D元素基態(tài)原子的M層全充滿,N層沒有成對電子,只有一個未成對電子;E元素的價電子構(gòu)型為nsanpa+1，其某種氧化物有劇毒。（1）A元素的第一電離能___Al元素的第一電離能(填“＜”“＞”或“=”）,請解釋原因___。（2）寫出B2O2與H2O反應(yīng)過程中斷裂的化學(xué)鍵的種類___。(3）C元素位于元素周期表的___區(qū)，它的價電子排布式是___，C（CO）x的中心原子價電子數(shù)與配位數(shù)提供的電子數(shù)之和為18，則x=___。（4）D2O的熔點比D2S的熔點高,其原因是___。（5）ECl3分子的立體構(gòu)型為___，其中E的雜化類型為___，E元素可能的性質(zhì)為___(從下列選項中選擇).A.其單質(zhì)可作為半導(dǎo)體材料B.其電負(fù)性大于磷C.最高價氧化物對應(yīng)的水化物是強酸（6）以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo).BSiAl3O7屬于正交晶系（長方體形）,晶胞參數(shù)為anm、bnm、cnm。如圖為沿y軸投影的晶胞中所有B原子的分布圖和原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo).據(jù)此推斷該晶胞中B原子數(shù)目為___；BSiAl3O7的摩爾質(zhì)量為Mg?mol—1，設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值,則晶體的密度=___(g?cm?3）?！敬鸢浮?1).＞(2).鎂原子的價電子排布為3s2，處于全充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，失去電子較難(3）。離子鍵、非極性共價鍵、極性共價鍵(或離子鍵、共價鍵)(4)。d（5)。3d64s2（6）.5（7）。二者都是離子晶體，O2-與S2—所帶的電荷相同，但O2—半徑小于S2-，Cu2O的晶格能大于Cu2S（8）。三角錐形（9）.sp3（10)。A（11）.4（12）。【解析】【分析】前四周期A、B、C、D、E五種元素，原子序數(shù)逐漸增大。A元素核外有三個電子層,最外層電子數(shù)是核外電子總數(shù)的1/6，令A(yù)的最外層電子數(shù)為x，則2+8+x=6x,x=2,故A為Mg；B元素核外只有一個未成對電子,能與水劇烈反應(yīng)，B為K;C元素正三價離子的3d軌道為半充滿狀態(tài)，C為Fe；D元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對電子,只有一個未成對電子D為Cu；E元素的價電子構(gòu)型為nsanpa+1，s能級最多有2個電子，故a=2,所以E元素的價電子構(gòu)型為ns2np3,E為第ⅤA族元素，其某種氧化物有劇毒，E為As。（1）同周期第ⅡA族元素的第一電離能大于第ⅢA族元素的第一電離能;（2）K2O2與H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式為2K2O2+2H2O=O2↑+2KOH，從K2O2與H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式中判斷反應(yīng)過程中斷裂的化學(xué)鍵的種類；（3）依據(jù)Fe元素的原子序數(shù),以及基態(tài)原子核外電子排布式判斷Fe元素位于元素周期表的哪個區(qū)；(4）利用影響晶格能大小的因素比較Cu2O、Cu2S熔點的高低；(5）計算出AsCl3的價層電子對數(shù)、中心原子的孤電子對數(shù)，判斷出分子構(gòu)型依及中心原子的雜化類型;(6）先分析得出K原子的個數(shù)，再根據(jù)公式計算密度?！驹斀狻坑煞治鲋狝為Mg、B為K、C為Fe、D為Cu、E為As.（1)鎂原子的價電子排布為3s2，處于全充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，失去電子較難，故Mg元素的第一電離能大于Al元素的第一電離能;(2）B2O2為K2O2,其與H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式為2K2O2+2H2O=O2↑+2KOH，該反應(yīng)過程中斷裂的化學(xué)鍵為離子鍵、非極性共價鍵、極性共價鍵(或離子鍵、共價鍵）;（3）C元素為Fe，原子序數(shù)為26，位于元素周期表的d區(qū)，它的基態(tài)原子核外電子排布式為[Ar］3d64s2，故其價電子排布式是3d64s2;Fe（CO)x的中心原子價電子數(shù)與配位數(shù)提供的電子數(shù)之和為18，F(xiàn)e（CO）x中一個CO提供2個電子，與Fe形成一個配位鍵，8+2x=18，x=5；(4)Cu2O與Cu2S二者都是離子晶體，O2—與S2—所帶的電荷相同，但O2—半徑小于S2—，Cu2O的晶格能大于Cu2S,故Cu2O的熔點比Cu2S的熔點高；(5）AsCl3的價層電子對數(shù)為4，中心原子As有1對孤電子對，其分子的立體構(gòu)型為三角錐形,其中As的雜化類型為sp3;As在周期表中位于金屬與非金屬交界處，故As的單質(zhì)可作為半導(dǎo)體材料,A正確；同主族從上到下,隨著核電荷數(shù)的增加，電負(fù)性逐漸減小，As的電負(fù)性小于P的電負(fù)性,B錯誤；H3AsO4為弱酸，C錯誤;（6）KSiAl3O7屬于正交晶系（長方體形），原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0。5,0。2,0.5）的K原子位于體內(nèi),原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0，0.3，0。5)及（1。0,0.3,0。5)的K原子分別位于晶胞的左側(cè)面、右側(cè)面，原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0.5，0。8,1.0）及（0。5，0。8，0）的K原子分別位于晶胞的上底面、下底面，原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0，0.7,1。0)、（1。0，0。7，1。0)、（0,0。7，0)及（1。0,0.7,0)的K原子位于晶胞平行于y軸的棱上，則晶胞中K原子的數(shù)目為：1+4×+4×，由化學(xué)式KSiAl3O7，可知晶胞中相當(dāng)于含有4個“KSiAl3O7"，令晶胞的密度為,則（a×10—7)×(b×10—7）×（c×10-7)××NA=4M，解得=(g?cm?3）。【點睛】本題的難點是(6）問，先根據(jù)原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)判斷出K在晶胞中的位置,然后確定一個晶胞中含有多少個“KSiAl3O7",最后根據(jù)(a×10-7)×（b×10-7）×(c×10—7)××NA=4M，計算出密度。12。芳香化合物F是有機化工的重要原料，也可制毒，受公安部管制.已知:苯環(huán)上有烷烴基時，新引