安徽省六安一中高三上學期第一次月考化學試卷

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2016—2017學年安徽省六安一中高三(上）第一次月考化學試卷一、選擇題（本大題共15小題，共45分,每小題只有一個是符合題目要求的）．1．唐代中藥學著作《新修本草》中，有關于“青礬”的記錄為:“本來綠色，新出窟未見風者，正如琉璃,…，燒之赤色"．據(jù)此推測，“青礬"的主要成分為（）A．CuSO4?5H2O B．FeSO4?7H2OC．KAl（SO4）2?12H2O D．Fe2（SO4）3?9H2O2．下列敘述中，正確的是（)A．14C中含有14個中子B．1H、2H、3H是同一種核素C．H2O與D2O(重水）互稱同位素D．C60、C70、金剛石、石墨均為碳的同素異形體3．下列說法正確的是（）A．可使用溴水鑒別植物油和汽油B．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以消除溫室效應C．“玉兔號”月球車上的太陽能電池的材料是硅D．實驗室金屬鈉失火時,可使用泡沫滅火器滅火4．下列說法不正確的是(）A．已知冰的熔化熱為6。0kJ?mol﹣1，冰中氫鍵鍵能為20kJ?mol﹣1，假設每摩爾冰中有2mol氫鍵，且熔化熱完全用于打破冰的氫鍵,則最多只能破壞冰中15%的氫鍵B．已知一定溫度下，醋酸溶液的物質的量濃度為c,電離度為a，Ka=（ca)2/c（1﹣a）．若加水稀釋，則CH3COOH?CH3COO﹣+H+向右移動,a增大，Ka不變C．甲烷的標準燃燒熱為﹣890。3kJ?mol﹣1，則甲烷燃燒的熱化學方程式可表示為：CH4(g)+2O2（g）=CO2（g）+2H2O(l）△H=﹣890.3kJ?mol﹣1D．500℃、30MPa下,將0.5molN2和1.5molH2置于密閉的容器中充分反應生成NH3（g），放熱19.3kJ，其熱化學方程式為:N2（g)+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣38。6kJ?mol﹣15．設NA為阿伏伽德羅常數(shù),下列說法正確的是()A．4.6gNO2與N2O4的混合氣體中所含氮原子數(shù)為0。1NAB．常溫常壓下1。6g甲烷所含共用電子對數(shù)為0.1NAC．標準狀況下，6.72LCO2與足量Na2O2反應轉移電子數(shù)為0。6NAD．50ml98％濃硫酸（密度為1。84g?cm﹣3）與足量銅共熱，轉移的電子數(shù)為0.92NA6．能正確表示下列反應的離子方程式的是（）A．用過量石灰乳吸收工業(yè)尾氣中的SO2：Ca2++2OH﹣+SO2═CaSO3↑+H2OB．用酸性KMnO4溶液與H2O2反應，證明H2O2具有還原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2OC．用銅做電極電解NaCl溶液：2C1﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣D．將Fe2O3加入到HI溶液中：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O↑7．下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是(）選項實驗操作實驗現(xiàn)象結論A某溶液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液白色沉淀溶液中一定含有SO42﹣B用激光筆照射雞蛋白溶液有丁達爾效應雞蛋白溶液屬于膠體C某氣體通入酸性KMnO4溶液中紫色褪去該氣體一定是SO2D用鉑絲蘸取溶液進行焰色反應火焰呈黃色溶液中無K+A．A B．B C．C D．D8．元素周期表的形式多種多樣，圖是扇形元素周期表的一部分，對比中學常見元素周期表，分析其元素的填充規(guī)律，判斷下列說法正確的是(）A．③元素形成的單質晶體均屬于原子晶體B．②、⑦、⑧對應的簡單離子半徑依次減小C．②⑤形成的化合物陰陽離子個數(shù)比可能為1：1D．④元素的氣態(tài)氫化物易液化，是因為其分子間存在氫鍵9．常溫下，濃度均為0。10mol/L、體積均為V0的HA和HB溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨的變化如圖所示，下列敘述正確的是(）A．該溫度下HB的電離平衡常數(shù)約等于1.11×10﹣5B．相同條件下NaA溶液的pH大于NaB溶液的pHC．溶液中水的電離程度:a=c＞bD．當時,若兩溶液同時升高溫度，則減小10．2015年10月，屠喲喲獲得諾貝爾生理學或醫(yī)學獎，理由是她發(fā)現(xiàn)了青蒿素,這種藥品可以有效降低瘧疾患者的死亡率．她成為首獲科學類諾貝爾獎的中國人．青蒿素兩步可合成得到治療瘧疾的藥物青蒿琥酯．下列有關說法正確的是（）A．青蒿素分子式為C15H2405B．反應②原子利用率為100％C．該過程中青蒿素生成雙氫青蒿素屬于氧化反應D．1mol青蒿琥酯與氫氧化鈉溶液反應,最多消耗1mol氫氧化鈉11．一定條件下合成乙烯6H2(g)+2CO2（g）?CH2=CH2（g）+4H2O(g)；已知溫度對CO2的平衡轉化率和催化劑催化效率的影響如圖，下列說法正確的是（）A．生成乙烯的速率:v（M）＞v（N）B．平衡常數(shù)KM＜KNC．催化劑可能會影響CO2的平衡轉化率D．若投料比n（H2)：n(CO2）=3：1，則圖中M點時,CO2的體積分數(shù)約為15.4%12．常溫下，相同pH的氫氧化鈉和醋酸鈉溶液加水稀釋，平衡時pH隨溶液體積變化的曲線如圖所示，則下列敘述正確的是（)A．b、c兩點溶液的導電能力相同B．a、b、c三點溶液中水的電離程度a＞c＞bC．c點溶液中c（H+)=c（OH﹣）+c（CH3COOH)D．用等濃度的鹽酸分別與等體積的b、c處溶液恰好完全反應,消耗鹽酸體積Vb=Vc13．下列關于置換反應M+X→N+Y其中M、N為單質,X，Y為化合物，反應條件已略去）的說法中正確的是(）A．若X為氧化物，則Y也一定是氧化物B．若M為金屬單質，則N一定為金屬單質C．若X是不含金屬元素的化合物，則N一定是非金屬單質D．若X是含有金屬元素的化合物,則Y一定含有金屬元素的化合物14．在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固體，充分反應后，再加入過量的稀鹽酸，完全反應后，離子數(shù)幾乎沒有變化的是（）A．Fe3+ B．Al3+ C．NH4+ D．Fe2+15．水熱法制備Fe（FeO2）2納米顆粒的反應為3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣=Fe（FeO2）2+S4O62﹣+2H2O．下列說法中，不正確的是（）A．每生成1molFe3O4轉移4mol電子B．該反應中Fe2+和S2O32﹣都是還原劑C．3molFe2+被氧化時有1molO2被還原D．反應方程式中化學計量數(shù)x=4二、非選擇題(本大題共3小題，共55分）．(一）必考題(共41分）16．鉻是用途廣泛的金屬，但在生產過程中易產生有害的含鉻工業(yè)廢水．I、還原沉淀法是處理含Cr2O42﹣和CrO72﹣工業(yè)廢水的一種常用方法，其工藝流程如下：其中第①步存在平衡：2CrO42﹣(黃色）+2H+?Cr2O72﹣（橙色）+H2O(1)若平衡體系中，pH=0時溶液顯色．（2）以石墨為電極，電解Na2CrO4制備Na2Cr2O7的裝置如圖1所示．a極的名稱是；b極直接相連一極的反應式為．(3）第②步反應的離子方程式：．第②步反應后的溶液加入一定量燒堿,若溶液中c（Fe3+）=2.0×10﹣12mol?L﹣1,則溶液中c(Cr3+）=mol?L﹣1．（已知Ksp［Fe（OH）3]=4。0×10﹣38mol?L﹣1，Ksp[Cr（OH）3］=6。0×10﹣31mol?L﹣1）．II、探究CrO3的強氧化性和熱穩(wěn)定性（4)CrO3遇有機物（如酒精）時猛烈反應以至著火．若該過程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被還原成綠色的Cr2（SO4）3．補充并配平下列反應式：aCrO3+bC2H5OH+cH2SO4=dCr2（SO4）3+eCH3COOH+fRb：c：f=．（5）CrO3的熱穩(wěn)定性差,加熱時逐步分解,其固定殘留率隨溫度的變化如圖2所示．B點時生成固體的化學式為．（固體殘留率=×100%）17．霧霾由多種污染物形成，其中包含顆粒物(包括PM2。5在內）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等．化學在解決霧霾污染中有著重要的作用．（1）已知:2SO2（g）+O2（g)═2SO3（g）△H=﹣196。6kJ?mol﹣12NO（g)+O2（g）═2NO2（g)△H=﹣113.0kJ?mol﹣1則反應NO2(g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g)△H=kJ?mol﹣1．一定條件下，將NO2與SO2以體積比1：2置于恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生上述反應，下列能說明反應達到平衡狀態(tài)的有．a．體系密度保持不變b．混合氣體顏色保持不變c．SO3和NO的體積比保持不變d．每消耗1molSO3的同時生成1molNO2測得上述反應平衡時NO2與SO2體積比為1：5，則平衡常數(shù)K=．(2）CO可用于合成甲醇，反應方程式為CO（g）+2H2(g）═CH3OH（g）．CO在不同溫度下的平衡轉化率與壓強的關系如圖所示．實際生產條件控制在250℃、1.3×104kPa左右，選擇此壓強的理由是．（3)如圖是一種用NH3脫除煙氣中NO的原理．①該脫硝原理中，NO最終轉化為H2O和（填化學式)．②當消耗1molNH3和0。5molO2時，除去的NO在標準狀況下的體積為L．（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一種脫硝途徑．在不同條件下，NO的分解產物不同．在高壓下，NO在40℃下分解生成兩種化合物，體系中各組分物質的量隨時間變化曲線如右圖所示,寫出NO分解的化學方程式．18．CaS用于制備除蟲劑、發(fā)光材料等．某課題組擬用硫酸鈣和焦炭在高溫下反應制備硫酸鈣并檢驗產物．(1)甲同學設計如圖實驗裝置檢驗氣體產物：①B裝置作用是；②D和E裝置能檢驗裝置A的反應產物是；③E裝置中可能出現(xiàn)的現(xiàn)象是．（2)乙同學提出，根據(jù)氧化還原反應，A中的氣體產物可能還有CO2、SO2，為了驗證他的猜想，結合上述裝置并選擇下列儀器設計方案（同一種儀器可重復使用）．①氣流從左至右，儀器連接順序為A、F．②能證明有SO2的現(xiàn)象是；能證明有CO2的現(xiàn)象是．③除去SO2的離子方程式為．(3）經(jīng)試驗檢驗氣體產物有SO2、CO、CO2且氣體體積之比為1：1：2,寫出A中反應的化學方程式．(4）利用重量法測定固體產物的質量之比，即將樣品溶于足量的飽和碳酸鈉溶液,過濾洗滌、干燥等．需要測定的物理量有．（已知CaS與H2O反應生成Ca(OH）2和H2S）(二）選考題（2題中任選一題作答，14分）【化學-—選修3：物質結構與性質】19．短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，c和d位于同主族且原子序數(shù)相差8；基態(tài)a原子核外有3個能級上容納電子且每個能級上電子數(shù)相等,c原子s能級電子總數(shù)與p能級電子數(shù)相等,基態(tài)e原子的M層上有2個未成對電子且無空軌道．（1）在a、b、c中，第一電離能由大到小排序為（用元素符號表示）;基態(tài)e原子的價層電子排布式為．(2）配合物e（ac）4在常溫下呈液態(tài),易溶于四氯化碳、苯等有機溶劑．固態(tài)e（ac）4的晶體類型是．已知(dab)2分子中含非極性鍵，分子中每個原子最外層都達到8個電子穩(wěn)定結構,1mol（dab）2分子含σ鍵的數(shù)目為．（3）寫出一種與dab互為等電子體的分子(填化學式）．ac32﹣的中心原子雜化類型為；dc32﹣的空間構型為．(4）ec晶胞結構與NaCl相似，其晶胞邊長為apm，列式計算該晶胞的密度為g?cm﹣3（不必計算出結果,阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA）,晶胞中c粒子的配位數(shù)為．（5）人工合成的ec晶胞存在缺陷,即陽離子有+3、+2價兩種．某人工合成的晶體樣品組成為e0。96c,則該晶體中+3價、+2價兩種離子的個數(shù)之比為．【化學-—選修5:有機化學基礎】20．艾薇醛（G，分子式:C9H14O）是一種新型的香料，可通過下列途徑合成．已知下列信息：①A的核磁共振氫譜有3組峰,峰面積比為6：3:1②A、C、F均能使Br2/CCl4溶液褪色③D、E、F、G1、G2均能發(fā)生銀鏡反應，F(xiàn)中含甲基④Diels﹣Alder反應（雙烯合成反應）．如：⑤回答下列問題:（1)A的名稱為；E→F的反應類型是．(2)B→C的化學方程式為．（3）D的結構簡式為．(4)G1、G2（均含六元環(huán)）互為同分異構體，其結構簡式分別為;G1、G2在下列一種表征儀器中顯示的信號（或數(shù)據(jù)）完全相同，該儀器是（填標號）a．質譜儀b．紅外光譜儀c．元素分析儀d．核磁共振儀(5)與E互為同分異構體且能發(fā)生銀鏡反應的異構體有種（不含立體結構，不含醚鍵),其中核磁共振氫譜有3組峰且面積比為6：1：1的結構簡式為．

2016-2017學年安徽省六安一中高三（上)第一次月考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本大題共15小題,共45分,每小題只有一個是符合題目要求的)．1．唐代中藥學著作《新修本草》中,有關于“青礬”的記錄為：“本來綠色，新出窟未見風者,正如琉璃，…,燒之赤色”．據(jù)此推測，“青礬”的主要成分為（）A．CuSO4?5H2O B．FeSO4?7H2OC．KAl（SO4）2?12H2O D．Fe2（SO4）3?9H2O【考點】3A：酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系．【分析】“青礬”的描述為：“本來綠色，新出窟未見風者,正如瑠璃…燒之赤色…"，青礬是綠色,經(jīng)煅燒后,分解成粒度非常細而活性又很強的Fe203超細粉末為紅色；【解答】解:“青礬”的描述為:“本來綠色，新出窟未見風者,正如瑠璃…燒之赤色…”，青礬是綠色,經(jīng)煅燒后，分解成粒度非常細而活性又很強的Fe203超細粉末為紅色,A為藍色晶體，B為FeSO4?7H2O是綠色晶體,C為KAl（SO4）2?12H2O是無色晶體，D為Fe2（SO4)3?9H2O為黃色晶體,所以判斷“青礬"的主要成分為FeSO4?7H2O，故選B．2．下列敘述中，正確的是（）A．14C中含有14個中子B．1H、2H、3H是同一種核素C．H2O與D2O（重水）互稱同位素D．C60、C70、金剛石、石墨均為碳的同素異形體【考點】32：核素．【分析】A．原子符號中左上角為質量數(shù)，左下角為質子數(shù)，質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)；B．具有一定質子數(shù)和一定中子數(shù)的原子為一種核素；C．質子數(shù)相同中子數(shù)不同的同種元素的不同原子為同位素；D．同種元素組成的不同單質為同素異形體．【解答】解:A．14C中含有中子數(shù)=14﹣6=8，故A錯誤；B．1H、2H、3H是質子數(shù)相同，中子數(shù)不同的同一氫元素的不同種核素，是三種核素，故B錯誤；C．H2O與D2O是化合物，不是原子，不是同位素，故C錯誤；D．C60、C70、金剛石、石墨都是碳元素形成的不同單質,均為碳的同素異形體，故D正確；故選D．3．下列說法正確的是（）A．可使用溴水鑒別植物油和汽油B．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以消除溫室效應C．“玉兔號”月球車上的太陽能電池的材料是硅D．實驗室金屬鈉失火時,可使用泡沫滅火器滅火【考點】U5：化學實驗方案的評價．【分析】A．植物油和汽油都可使溴水褪色；B．二氧化碳制造的全降解塑料，降解后可生成二氧化碳；C．硅為半導體材料；D．過氧化鈉與水、二氧化碳都反應生成氧氣．【解答】解：A．植物油和汽油中含有C=C鍵，都可使溴水褪色，故A錯誤；B．二氧化碳制造的全降解塑料，降解后可生成二氧化碳，不可以消除溫室效應，故B錯誤；C．硅為半導體材料，能制造太陽能電池板，所以“玉兔號”月球車上的太陽能電池的材料是硅，故C正確;D．鈉和氧氣反應生成過氧化鈉,過氧化鈉與水、二氧化碳都反應生成氧氣,不能滅火,應用沙土蓋滅，故D錯誤．故選C．4．下列說法不正確的是(）A．已知冰的熔化熱為6.0kJ?mol﹣1，冰中氫鍵鍵能為20kJ?mol﹣1，假設每摩爾冰中有2mol氫鍵，且熔化熱完全用于打破冰的氫鍵，則最多只能破壞冰中15％的氫鍵B．已知一定溫度下,醋酸溶液的物質的量濃度為c，電離度為a,Ka=（ca）2/c(1﹣a)．若加水稀釋，則CH3COOH?CH3COO﹣+H+向右移動，a增大,Ka不變C．甲烷的標準燃燒熱為﹣890.3kJ?mol﹣1，則甲烷燃燒的熱化學方程式可表示為:CH4(g)+2O2（g)=CO2（g）+2H2O（l)△H=﹣890.3kJ?mol﹣1D．500℃、30MPa下，將0。5molN2和1.5molH2置于密閉的容器中充分反應生成NH3（g），放熱19.3kJ，其熱化學方程式為:N2（g）+3H2（g)2NH3（g)△H=﹣38.6kJ?mol﹣1【考點】D5：弱電解質在水溶液中的電離平衡；BE：熱化學方程式．【分析】A．熔化熱是指:單位質量的晶體物質在熔點時變成同溫度的液態(tài)物質所需吸收的熱量，單位是焦/千克；氫鍵是一種比分子間作用力稍強，比共價鍵和離子鍵弱很多的相互作用．其穩(wěn)定性弱于共價鍵和離子鍵；B．電離度與弱電解質的電離程度有關．不同的弱電解質電離的程度不同，電離度是指：弱電解質在溶液里達電離平衡時，已電離的電解質分子數(shù)占原來總分子數(shù)(包括已電離的和未電離的）的百分數(shù)，加入水稀釋促進電離，電離程度增大，電離平衡常數(shù)隨溫度變化；C．甲烷的燃燒熱指1molCH4完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時放出的熱量；D.0。5molN2和1。5molH2置于密閉容器中充分反應生成NH3（g），放熱19。3kJ，生成的氨氣的物質的量小于1mol，相同條件下的同一可逆反應，正逆反應反應熱數(shù)值相等，符號相反．【解答】解：A．冰是由水分子通過氫鍵形成的分子晶體，冰的熔化熱為6。0kJ?mol﹣1，1mol冰變成0℃的液態(tài)水所需吸收的熱量為6。0kJ,全用于打破冰的氫鍵，冰中氫鍵鍵能為20。0kJ?mol﹣1，1mol冰中含有2mol氫鍵，需吸收40.0kJ的熱量．6。0kJ/40。0kJ×100％=15％．由計算可知，最多只能打破1mol冰中全部氫鍵的15％，故A正確；B．Ka是電離常數(shù)，是弱電解質達電離平衡時的平衡常數(shù),在一定溫度下，與濃度無關．Ka的計算用溶液中電離出來的各離子濃度乘積與溶液中未電離的電解質分子濃度的比值，一定溫度下，醋酸溶液的物質的量濃度為c，電離度為α，CH3COOH?CH3COO﹣+H+醋酸電離出的CH3COO﹣和H+濃度均為cα，溶液中未電離的電解質分子濃度為c（1﹣α），故題中Ka=．若加水稀釋，促進電離,CH3COOH?CH3COO﹣+H+向右移動,α增大，溫度不變，Ka不變，故B正確；C．根據(jù)燃燒熱的概念：1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物，甲烷燃燒的熱化學方程式可表示為：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ?mol﹣1，故C正確;D．相同條件下的同一可逆反應，正逆反應反應熱數(shù)值相等，符號相反，0。5molN2和1.5molH2置于密閉容器中充分反應生成NH3（g)，放熱19.3kJ，生成的氨氣的物質的量小于1mol,所以生成2mol氨氣，放出的熱量小于38.6kJ，△H＞﹣38.6kJ?mol﹣1,故D錯誤;故選D．5．設NA為阿伏伽德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）A．4。6gNO2與N2O4的混合氣體中所含氮原子數(shù)為0。1NAB．常溫常壓下1。6g甲烷所含共用電子對數(shù)為0。1NAC．標準狀況下，6.72LCO2與足量Na2O2反應轉移電子數(shù)為0。6NAD．50ml98％濃硫酸（密度為1.84g?cm﹣3)與足量銅共熱，轉移的電子數(shù)為0。92NA【考點】4F:阿伏加德羅常數(shù)．【分析】A、NO2與N2O4的最簡式均為NO2;B、求出甲烷的物質的量,然后根據(jù)甲烷中含4對共用電子對來分析；C、求出二氧化碳的物質的量，然后根據(jù)當1mol二氧化碳和過氧化鈉反應時，反應轉移1mol電子來計算；D、銅只能和濃硫酸反應,和稀硫酸不反應．【解答】解：A、NO2與N2O4的最簡式均為NO2，故4。6g混合物中含有的NO2的物質的量為0.1mol，故含0。1NA個氮原子，故A正確；B、1。6g甲烷的物質的量為0.1mol，而甲烷中含4對共用電子對，故0。1mol甲烷中含0。4NA對共用電子對，故B錯誤；C、標況下6.72L二氧化碳的物質的量為0.3mol,而1mol二氧化碳和過氧化鈉反應時，反應轉移1mol電子，故0。3mol二氧化碳反應時反應轉移0。3NA個電子,故C錯誤；D、銅只能和濃硫酸反應，和稀硫酸不反應,故濃硫酸不能反應完全,則轉移的電子數(shù)小于0。92NA個,故D錯誤．故選A．6．能正確表示下列反應的離子方程式的是（）A．用過量石灰乳吸收工業(yè)尾氣中的SO2：Ca2++2OH﹣+SO2═CaSO3↑+H2OB．用酸性KMnO4溶液與H2O2反應，證明H2O2具有還原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2OC．用銅做電極電解NaCl溶液：2C1﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣D．將Fe2O3加入到HI溶液中：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O↑【考點】49：離子方程式的書寫．【分析】A．石灰乳中氫氧化鈣應保留化學式；B．酸性高錳酸鉀氧化過氧化氫生成氧氣；C．銅做電極，電極氯化鈉溶液，為活性電極，電極本身放電;D．不符合反應客觀事實，三價鐵離子能夠氧化碘離子．【解答】解：A．用過量石灰乳吸收工業(yè)尾氣中的SO2，離子方程式:Ca(OH）2+SO2═CaSO3↓+H2O，故A錯誤；B．用酸性KMnO4溶液與H2O2反應，證明H2O2具有還原性，離子方程式：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，故B正確；C．金屬銅作陽極時，銅電極本身失去電子，陽極反應為Cu﹣2e﹣=Cu2+，陰極是水中的氫離子放電，故電解原理方程式為Cu+2H2OCu（OH）2↓+H2↑，故C錯誤；D．將Fe2O3加入到HI溶液中,離子方程式：Fe2O3+2I﹣+6H+═2Fe2++I2+3H2O,故D錯誤；故選:B．7．下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象結論A某溶液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液白色沉淀溶液中一定含有SO42﹣B用激光筆照射雞蛋白溶液有丁達爾效應雞蛋白溶液屬于膠體C某氣體通入酸性KMnO4溶液中紫色褪去該氣體一定是SO2D用鉑絲蘸取溶液進行焰色反應火焰呈黃色溶液中無K+A．A B．B C．C D．D【考點】U5:化學實驗方案的評價．【分析】A．白色沉淀可能為AgCl;B．膠體分散系具有丁達爾現(xiàn)象；C．具有還原性的氣體均可被高錳酸鉀氧化；D．觀察K的焰色應透過藍色的鈷玻璃．【解答】解:A．白色沉淀可能為AgCl，則某溶液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，原溶液中可能含銀離子或SO42﹣，但二者不能同時存在，故A錯誤；B．膠體分散系具有丁達爾現(xiàn)象,則用激光筆照射雞蛋白溶液有丁達爾效應，說明雞蛋白溶液屬于膠體，故B正確;C．具有還原性的氣體均可被高錳酸鉀氧化，則某氣體通入酸性KMnO4溶液中,紫色褪去,則氣體可能為SO2或乙烯、乙炔等，故C錯誤；D．觀察K的焰色應透過藍色的鈷玻璃,則用鉑絲蘸取溶液進行焰色反應，焰色為黃色,則一定含Na元素，可能含K元素，故D錯誤；故選B．8．元素周期表的形式多種多樣，圖是扇形元素周期表的一部分，對比中學常見元素周期表，分析其元素的填充規(guī)律，判斷下列說法正確的是（)A．③元素形成的單質晶體均屬于原子晶體B．②、⑦、⑧對應的簡單離子半徑依次減小C．②⑤形成的化合物陰陽離子個數(shù)比可能為1:1D．④元素的氣態(tài)氫化物易液化，是因為其分子間存在氫鍵【考點】78：元素周期律和元素周期表的綜合應用．【分析】由元素在周期表中的位置可知，①為H、②為Na、③為C、④為N、⑤為O、⑥為P、⑦為S、⑧為Cl．A．碳單質中金剛石為原子晶體，而C60等為分子晶體;B．電子層結構相同核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大;C．Na2O與Na2O2中陰陽離子個數(shù)比均為1：2；D．氨氣分子之間存在氫鍵,沸點較高,容易液化．【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，①為H、②為Na、③為C、④為N、⑤為O、⑥為P、⑦為S、⑧為Cl．A．碳單質中金剛石為原子晶體，石墨為混合晶體，而C60等為分子晶體，故A錯誤；B．電子層結構相同核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，故離子半徑S2﹣＞Cl﹣＞Na+，故B錯誤;C．Na2O與Na2O2中陰陽離子個數(shù)比均為1：2，故C錯誤；D．氨氣分子之間存在氫鍵，沸點較高，容易液化，故D正確．故選D．9．常溫下，濃度均為0。10mol/L、體積均為V0的HA和HB溶液,分別加水稀釋至體積V，pH隨的變化如圖所示,下列敘述正確的是()A．該溫度下HB的電離平衡常數(shù)約等于1.11×10﹣5B．相同條件下NaA溶液的pH大于NaB溶液的pHC．溶液中水的電離程度：a=c＞bD．當時，若兩溶液同時升高溫度，則減小【考點】D5：弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】0。1mol/L的HA溶液的pH=1，說明HA完全電離,所以HA為強酸,0.1mol/L的HB溶液的pH＞2，說明HB在溶液中部分電離,所以HB是弱酸;A．a點時，存在平衡：HB?H++B﹣，稀釋100倍后，HB溶液的pH=4,溶液中c（A﹣）≈c（OH﹣）=10﹣4mol/L，結合Ka=計算；B．強酸強堿鹽不水解，強堿弱酸鹽水解顯堿性;C．酸抑制水的電離,酸電離出的氫離子濃度越大，對水的抑制程度越大；D．升高溫度促進弱酸的電離,酸根離子濃度增大,強酸的酸根離子濃度不變．【解答】解：0.1mol/L的HA溶液的pH=1，說明HA完全電離，所以HA為強酸，0.1mol/L的HB溶液的pH＞2,說明HB在溶液中部分電離，所以HB是弱酸；A．a點時，存在平衡:HB?H++B﹣，稀釋100倍后，HB溶液的pH=4，溶液中c(A﹣）≈c（H+)=10﹣4mol/L,則Ka===1.11×10﹣5，故A正確；B．HA為強酸，NaA是強酸強堿鹽不水解,溶液顯中性,NaB為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，所以相同條件下NaA溶液的pH小于NaB溶液的pH，故B錯誤；C．酸抑制水的電離，酸電離出的氫離子濃度越大,對水的抑制程度越大，氫離子濃度:a=c＞b,所以溶液中水的電離程度：a=c＜b，故C錯誤；D．升高溫度促進弱酸的電離，所以HB中B﹣濃度增大，強酸的酸根離子濃度不變，所以A﹣的濃度不變，因此增大,故D錯誤．故選A．10．2015年10月，屠喲喲獲得諾貝爾生理學或醫(yī)學獎，理由是她發(fā)現(xiàn)了青蒿素，這種藥品可以有效降低瘧疾患者的死亡率．她成為首獲科學類諾貝爾獎的中國人．青蒿素兩步可合成得到治療瘧疾的藥物青蒿琥酯．下列有關說法正確的是（)A．青蒿素分子式為C15H2405B．反應②原子利用率為100%C．該過程中青蒿素生成雙氫青蒿素屬于氧化反應D．1mol青蒿琥酯與氫氧化鈉溶液反應,最多消耗1mol氫氧化鈉【考點】HD：有機物的結構和性質．【分析】A．根據(jù)結構簡式確定分子式；B．反應②為加成反應;C．青蒿素生成雙氫青蒿素，C=O生成C﹣OH；D．青蒿琥酯含有酯基、羧基，都可與氫氧化鈉溶液反應．【解答】解：A．青蒿素的化學式為C15H22O5,故A錯誤；B．反應②為加成反應，則原子利用率為100%，故B正確；C．青蒿素生成雙氫青蒿素，C=O生成C﹣OH，為還原反應，故C錯誤；D．青蒿琥酯含有酯基、羧基，都可與氫氧化鈉溶液反應,則最多消耗2mol氫氧化鈉,故D錯誤．故選B．11．一定條件下合成乙烯6H2（g)+2CO2（g)?CH2=CH2（g）+4H2O（g)；已知溫度對CO2的平衡轉化率和催化劑催化效率的影響如圖，下列說法正確的是（）A．生成乙烯的速率：v（M）＞v（N)B．平衡常數(shù)KM＜KNC．催化劑可能會影響CO2的平衡轉化率D．若投料比n（H2）：n(CO2）=3：1，則圖中M點時，CO2的體積分數(shù)約為15.4％【考點】CP：化學平衡的計算；CA：化學反應速率的影響因素；CB:化學平衡的影響因素．【分析】A．溫度越高，反應速率越快；B．由圖可知，溫度高時反應物的轉化率低,則正反應為放熱反應；C．催化劑對平衡移動無影響;D．若投料比n（H2）：n（CO2）=3:1,圖中M點CO2的轉化率為50%,則6H2(g)+2CO2（g）?CH2=CH2（g)+4H2O開始3100轉化1。50.50。251平衡1。50.50。251CO2的體積分數(shù)為×100％．【解答】解:A．溫度越高，反應速率越快,N點溫度高，則生成乙烯的速率：v(M）＜v(N)，故A錯誤；B．由圖可知，溫度高時反應物的轉化率低,則正反應為放熱反應，N點溫度高，則平衡常數(shù)KM＞KN，故B錯誤;C．催化劑對平衡移動無影響,則催化劑不能改變CO2的平衡轉化率，故C錯誤；D．若投料比n（H2)：n（CO2）=3:1，圖中M點CO2的轉化率為50％,則6H2（g）+2CO2（g）?CH2=CH2（g）+4H2O開始3100轉化1。50。50。251平衡1。50。50.251CO2的體積分數(shù)為×100%=15.4%，故D正確；故選D．12．常溫下,相同pH的氫氧化鈉和醋酸鈉溶液加水稀釋，平衡時pH隨溶液體積變化的曲線如圖所示,則下列敘述正確的是(）A．b、c兩點溶液的導電能力相同B．a、b、c三點溶液中水的電離程度a＞c＞bC．c點溶液中c（H+)=c(OH﹣）+c（CH3COOH)D．用等濃度的鹽酸分別與等體積的b、c處溶液恰好完全反應,消耗鹽酸體積Vb=Vc【考點】DB：鹽類水解的原理．【分析】NaOH是強電解質,CH3COONa是強堿弱酸鹽，加水稀釋促進醋酸根離子水解，稀釋相同的倍數(shù)時，溶液中c（OH﹣）CH3COONa＞NaOH，所以pH變化大的是NaOH,則b為NaOH，變化小的是CH3COONa，即c為CH3COONa，A．溶液的導電能力與離子濃度成正比；B．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離；C．任何電解質溶液中都存在質子守恒；D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH）,相同體積相同pH的醋酸鈉和氫氧化鈉溶液消耗相同濃度的鹽酸體積與氫氧化鈉和醋酸鈉的物質的量成正比．【解答】解：NaOH是強電解質，CH3COONa是強堿弱酸鹽，加水稀釋促進醋酸根離子水解，稀釋相同的倍數(shù)時，溶液中c（OH﹣）CH3COONa＞NaOH,所以pH變化大的是NaOH，則b為NaOH，變化小的是CH3COONa，即c為CH3COONa，A．溶液的導電能力與離子濃度成正比,pH相等的醋酸鈉和氫氧化鈉，c（CH3COONa）＞c(NaOH），所以c點導電能力大于b，即b、c兩點溶液的導電能力不相同,故A正確；B．氫氧化鈉對水的電離起抑制作用，而醋酸根離子濃度越大對水的電離程度越促進，所以a、b、c三點溶液中水的電離程度a＞c＞b，故B正確；C．任何電解質溶液中都存在質子守恒，根據(jù)質子守恒得C（H+）+C（CH3COOH）=C（OH﹣），故C正確;D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液,c(CH3COONa）＞c（NaOH），相同體積相同pH的醋酸鈉和氫氧化鈉溶液消耗相同濃度的鹽酸體積與氫氧化鈉和醋酸鈉的物質的量成正比，相同體積相同pH的醋酸鈉和氫氧化鈉溶液n(CH3COONa）＞n（NaOH)，所以醋酸鈉消耗鹽酸多，消耗鹽酸體積Vb＜Vc，故D錯誤；故選B．13．下列關于置換反應M+X→N+Y其中M、N為單質，X,Y為化合物,反應條件已略去)的說法中正確的是（）A．若X為氧化物，則Y也一定是氧化物B．若M為金屬單質，則N一定為金屬單質C．若X是不含金屬元素的化合物,則N一定是非金屬單質D．若X是含有金屬元素的化合物,則Y一定含有金屬元素的化合物【考點】GS：無機物的推斷．【分析】由信息可知,M+X→N+Y可為鋁熱反應或金屬單質之間的置換反應、鹵素單質之間的置換反應等;若X是不含金屬元素的化合物,M+X→N+Y可能為2Mg+CO22MgO+C或金屬與酸（或水）反應等,以此來解答．【解答】解:A．M+X→N+Y可為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，則X為氧化物，Y不一定為氧化物，故A錯誤；B．M+X→N+Y可為2Mg+CO22MgO+C，則M為金屬單質，N不一定為金屬單質,故B錯誤；C．若X是不含金屬元素的化合物，如M+X→N+Y可能為2Mg+CO22MgO+C或金屬與酸（或水）反應、鹵素單質置換反應等，可知Y一定為非金屬單質，故C正確；D．若X是含有金屬元素的化合物，如H2+CuOCu+H2O，Y不一定含金屬元素，故D錯誤；故選C．14．在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固體,充分反應后，再加入過量的稀鹽酸，完全反應后，離子數(shù)幾乎沒有變化的是(）A．Fe3+ B．Al3+ C．NH4+ D．Fe2+【考點】GF:鈉的重要化合物．【分析】溶液中加入足量的Na2O2固體,充分反應后，再加入過量的稀鹽酸,Fe2+氧化成Fe3+，減少的是亞鐵離子和銨根離子．【解答】解:A、因為Na2O2是強氧化劑，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀,再和鹽酸反應生成三價鐵離子，所以三價鐵離子數(shù)目增大，故A錯誤；B、Na2O2是強氧化劑，而且遇水生成NaOH，鋁離子能和過量的氫氧化鈉反應生成四羥基合鋁酸根離子，在鹽酸作用下又會生成鋁離子，根據(jù)鋁元素守恒,則鋁離子量不變，故B正確;C、Na2O2是強氧化劑,而且遇水生成大量的NaOH，銨根和氫氧化鈉反應，這樣NH4+轉化成NH3從溶液逸出，銨根離子減少，故C錯誤;D、因為Na2O2是強氧化劑，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+,并沉淀,所以二價鐵離子數(shù)目減小，故D錯誤．故選B．15．水熱法制備Fe(FeO2）2納米顆粒的反應為3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣=Fe(FeO2)2+S4O62﹣+2H2O．下列說法中，不正確的是（）A．每生成1molFe3O4轉移4mol電子B．該反應中Fe2+和S2O32﹣都是還原劑C．3molFe2+被氧化時有1molO2被還原D．反應方程式中化學計量數(shù)x=4【考點】B1：氧化還原反應；51：氧化還原反應的電子轉移數(shù)目計算．【分析】根據(jù)反應3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣=Fe(FeO2）2+S4O62﹣+2H2O中，鐵、硫元素的化合價升高、氧元素的化合價降低來分析氧化劑和還原劑及反應中轉移的電子數(shù)，再利用電荷守恒來分析x．【解答】解：A、因氧化還原反應中得電子數(shù)=失電子數(shù)=轉移的電子總數(shù)，則生成1molFe3O4時1molO2參加反應，轉移的電子數(shù)為1×2×2=4mol電子，故A說法正確;B、因該反應中鐵由+2價升高到+3價，硫由+2價升高到+2。5價，則該反應中Fe2+和S2O32﹣都是還原劑,故B說法正確；C、3molFe2+參加反應時只有2mol被氧化，此時該反應中1molO2被還原，故C說法不正確；D、由電荷守恒可知,（+2）×3+(﹣2）×2+x×（﹣1）=﹣2，則x=4,故D說法正確；故選C．二、非選擇題（本大題共3小題,共55分)．（一）必考題(共41分）16．鉻是用途廣泛的金屬，但在生產過程中易產生有害的含鉻工業(yè)廢水．I、還原沉淀法是處理含Cr2O42﹣和CrO72﹣工業(yè)廢水的一種常用方法，其工藝流程如下：其中第①步存在平衡：2CrO42﹣（黃色）+2H+?Cr2O72﹣（橙色）+H2O（1）若平衡體系中，pH=0時溶液顯橙色．（2）以石墨為電極,電解Na2CrO4制備Na2Cr2O7的裝置如圖1所示．a極的名稱是負極；b極直接相連一極的反應式為2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑．（3）第②步反應的離子方程式:Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O．第②步反應后的溶液加入一定量燒堿,若溶液中c（Fe3+）=2.0×10﹣12mol?L﹣1,則溶液中c（Cr3+）=3×10﹣5mol?L﹣1．(已知Ksp[Fe（OH）3］=4。0×10﹣38mol?L﹣1，Ksp［Cr（OH）3]=6。0×10﹣31mol?L﹣1）．II、探究CrO3的強氧化性和熱穩(wěn)定性（4）CrO3遇有機物（如酒精）時猛烈反應以至著火．若該過程中乙醇被氧化成乙酸,CrO3被還原成綠色的Cr2(SO4）3．補充并配平下列反應式：aCrO3+bC2H5OH+cH2SO4=dCr2（SO4)3+eCH3COOH+fRb:c:f=1：2：3．（5）CrO3的熱穩(wěn)定性差,加熱時逐步分解,其固定殘留率隨溫度的變化如圖2所示．B點時生成固體的化學式為Cr2O3．（固體殘留率=×100%）【考點】FE:"三廢”處理與環(huán)境保護；U3:制備實驗方案的設計．【分析】（1）根據(jù)氫離子對2CrO42﹣（黃色）+2H+═Cr2O72﹣（橙色）+H2O平衡移動的影響判斷；（2)根據(jù)2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O設計圖示裝置（均為惰性電極）電解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通過電解生成H+提高溶液的酸性，說明在該電極是陽極,連接電源的正極,即b為正極，陽極上氫氧根離子失電子；（3）亞鐵離子與Cr2O72﹣發(fā)生氧化還原反應,由c（Fe3+）和Ksp［Fe（OH）3］計算c（OH﹣)，結合Ksp［Cr（OH）3]計算c（Cr3+）；(4)根據(jù)化合價升降總數(shù)相等以及原子守恒來解答;(5）根據(jù)質量守恒定律，在變化過程中,Cr的質量沒有變，求出氧原子和鉻原子的個數(shù)比即可．【解答】解:（1)若平衡體系的pH=0，溶液酸性較強，平衡2CrO42﹣（黃色)+2H+═Cr2O72﹣(橙色）+H2O正向移動，溶液呈橙色;故答案為：橙；（2)根據(jù)2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O設計圖示裝置（均為惰性電極）電解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通過電解生成H+提高溶液的酸性，說明在該電極是陽極，連接電源的正極，即b為正極,則a為負極，陽極上氫氧根離子失電子，則陽極電極反應式為4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；故答案為：負極；4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；（3）亞鐵離子與Cr2O72﹣發(fā)生氧化還原反應,反應的離子方程式為6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；向Ⅱ反應后的溶液加一定量NaOH,若溶液中c（Fe3+）=2。0×10﹣12mol?L﹣1，則c（OH﹣）=mol/L，則c(Cr3+)==3×10﹣5，故答案為：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；3×10﹣5；（4）CrO3具有強氧化性，遇到有機物（如酒精）時,乙醇被氧化成乙酸，碳的平均化合價從﹣2價升高到0,1個乙醇化合價變化4，CrO3被還原成綠色的硫酸鉻[Cr2（SO4）3]，鉻的化合價從+6價降低到+3價，1個CrO3化合價變化3，兩者的最小公倍數(shù)是12，再根據(jù)原子守恒得4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O，則b：c：f=1：2：3；故答案為：1：2：3；（5)設固體質量為100g，B點時固體的質量為：100g×76%=76g，Cr的質量沒有變,所以生成物中Cr的質量為52g，氧元素的質量為16，兩者的個數(shù)比為：=2:3,所以B點時剩余固體的成分是Cr2O3，所以加熱到750K時成分是Cr2O3,故答案為：Cr2O3．17．霧霾由多種污染物形成，其中包含顆粒物（包括PM2。5在內）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等．化學在解決霧霾污染中有著重要的作用．（1）已知:2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣196.6kJ?mol﹣12NO（g）+O2（g）═2NO2（g)△H=﹣113.0kJ?mol﹣1則反應NO2（g)+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H=﹣41。8kJ?mol﹣1．一定條件下，將NO2與SO2以體積比1：2置于恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生上述反應，下列能說明反應達到平衡狀態(tài)的有b．a．體系密度保持不變b．混合氣體顏色保持不變c．SO3和NO的體積比保持不變d．每消耗1molSO3的同時生成1molNO2測得上述反應平衡時NO2與SO2體積比為1：5，則平衡常數(shù)K=1.8．（2）CO可用于合成甲醇，反應方程式為CO（g）+2H2(g）═CH3OH（g）．CO在不同溫度下的平衡轉化率與壓強的關系如圖所示．實際生產條件控制在250℃、1。3×104kPa左右，選擇此壓強的理由是在1.3×104kPa下,CO的轉化率已經(jīng)很高，如果增加壓強CO的轉化率提高不大，而生產成本增加,經(jīng)濟效益低．(3）如圖是一種用NH3脫除煙氣中NO的原理．①該脫硝原理中，NO最終轉化為H2O和N2（填化學式)．②當消耗1molNH3和0.5molO2時，除去的NO在標準狀況下的體積為11。2L．（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一種脫硝途徑．在不同條件下，NO的分解產物不同．在高壓下，NO在40℃下分解生成兩種化合物，體系中各組分物質的量隨時間變化曲線如右圖所示，寫出NO分解的化學方程式3NON2O+NO2．【考點】C9：用化學平衡常數(shù)進行計算；5A：化學方程式的有關計算；BF：用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；CG：化學平衡狀態(tài)的判斷．【分析】(1）利用蓋斯定律計算反應熱,得到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度不變，由此衍生的一些物理量也不變,計算平衡時各物質的濃度，可K=計算平衡常數(shù)；（2）實際生產條件控制在250℃、1。3×104kPa左右，選擇此壓強的理由是工業(yè)生產要考慮速經(jīng)濟效益,要考慮速度和效率，據(jù)此分析；（3)①由圖3可知反應物為氧氣、一氧化氮和氨氣最終生成物為氮氣和水；②根據(jù)氨氣失去的電子的物質的量等于NO和氧氣得到的電子總物質的量計算；（4）NO在40℃下分解生成兩種化合物,根據(jù)元素守恒可知生成的為N的氧化物，由圖象可知3molNO生成兩種氮的氧化物各為1mol，根據(jù)原子守恒判斷產物書寫方程式．【解答】解：（1）2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣196。6kJ?mol﹣1①2NO（g）+O2（g）?2NO2（g)△H=﹣113。0kJ?mol﹣1②將方程式得：NO2（g)+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）△H==﹣41.8kJ/mol，a．隨反應：NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO(g）的進行，氣體的質量和體積都不變，所以ρ=也不變，不能說明到達平衡狀態(tài)，故a錯誤；b．混合氣體顏色保持不變,說明二氧化氮的濃度不變，說明到達平衡狀態(tài),故b正確；c．隨反應進行，SO3和NO都是生成物，所以體積比一直等于系數(shù)比，所以SO3和NO的體積比保持不變，不能說明到達平衡狀態(tài)，故c錯誤;d．每生成1molSO3的同時消耗1molNO2都表示正反應速率,反應自始至終都按此比例進行，故d錯誤；NO2(g)+SO2（g）?SO3(g）+NO（g）起始物質的體積a2a00轉化物質的體積xxxx平衡物質的體積a﹣x2a﹣xxx平衡時NO2與SO2體積比為1：6，即（1a﹣x）：（2a﹣x）=1：5，故x=a,故平衡常數(shù)K====1.8，故答案為：﹣41。8；b;1。8；（2）實際生產條件控制在250℃、1.3×104kPa左右，選擇此壓強的理由是工業(yè)生產要考慮速經(jīng)濟效益,要考慮速度和效率，壓強越大需要的條件越高,花費越大．故答案為：在1.3×104kPa下，CO的轉化率已經(jīng)很高，如果增加壓強CO的轉化率提高不大，而生產成本增加，經(jīng)濟效益低;（3）①由圖3可知反應物為氧氣、一氧化氮和氨氣最終生成物為氮氣和水，所以NO最終轉化為N2和H2O，故答案為：N2；②氧氣、一氧化氮和氨氣反應生成氮氣和水,反應中氨氣失去的電子的物質的量等于NO和氧氣得到的電子總物質的量，1molNH3轉化為N2失去3mol電子，0。5molO2得到2mol電子，則NO轉化為N2得到的電子為1mol,所以NO的物質的量為0。5mol，其體積為22.4L/mol×0。5mol=11。2L，故答案為：11.2；(4）NO在40℃下分解生成兩種化合物,根據(jù)元素守恒可知生成的為N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由圖象可知3molNO生成兩種氮的氧化物各為1mol,其反應方程式為:3NO=Y+Z，根據(jù)原子守恒可知為N2O、NO2，所以方程式為3NON2O+NO2,故答案為：3NON2O+NO2．18．CaS用于制備除蟲劑、發(fā)光材料等．某課題組擬用硫酸鈣和焦炭在高溫下反應制備硫酸鈣并檢驗產物．（1）甲同學設計如圖實驗裝置檢驗氣體產物：①B裝置作用是除去酸性氣體;②D和E裝置能檢驗裝置A的反應產物是CO；③E裝置中可能出現(xiàn)的現(xiàn)象是溶液變渾濁．(2）乙同學提出，根據(jù)氧化還原反應,A中的氣體產物可能還有CO2、SO2，為了驗證他的猜想，結合上述裝置并選擇下列儀器設計方案（同一種儀器可重復使用）．①氣流從左至右，儀器連接順序為A、FJ、F、I、M．②能證明有SO2的現(xiàn)象是第1個F中溶液褪色；能證明有CO2的現(xiàn)象是第2個F中溶液不褪色，I中溶液變渾濁．③除去SO2的離子方程式為5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+．（3）經(jīng)試驗檢驗氣體產物有SO2、CO、CO2且氣體體積之比為1：1：2,寫出A中反應的化學方程式2CaSO4+3CCaS+CaO+SO2↑+2CO2↑+CO↑．（4）利用重量法測定固體產物的質量之比，即將樣品溶于足量的飽和碳酸鈉溶液,過濾洗滌、干燥等．需要測定的物理量有樣品的質量、碳酸鈣的質量．（已知CaS與H2O反應生成Ca（OH）2和H2S）【考點】U3:制備實驗方案的設計．【分析】硫酸鈣和焦炭在高溫下反應制備硫化鈣的方程式里可能產生使氧化銅還原的氣體應為CO，CuO氧化CO生成紅色的Cu和CO2，CO2使石灰水變渾濁．驗證A中的氣體產物可能還有CO2、SO2，必須先用品紅驗證SO2后再用酸性高錳酸鉀除去SO2，再用澄清石灰水檢驗CO2．根據(jù)檢驗氣體產物有SO2、CO、CO2且氣體體積之比為1：1：2，寫出方程式：2CaSO4+3CCaS+CaO+SO2↑+2CO2↑+CO↑．最后確定CaS和CaO的質量比，只要知道樣品的質量、碳酸鈣的質量即可．（1）①用硫酸鈣和焦炭在高溫下反應制備硫化鈣,根據(jù)質量守恒定律，產物中會生成二氧化碳等酸性氣體；②生成的氣體中可能含有一氧化碳等還原性氣體，加熱時，一氧化碳能夠還原氧化銅；③如果存在一氧化碳，則氣體通過裝置D生成二氧化碳；（2）①檢驗氣體產物可能還有CO2、SO2，可以通過品紅溶液檢驗二氧化硫，除去二氧化硫后再用澄清石灰水檢驗二氧化碳,氣流從左至右;②能證明有SO2的現(xiàn)象是第1個F中溶液褪色；能證明有CO2的現(xiàn)象是第2個F中溶液不褪色，I中溶液變渾濁；③二氧化硫與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應；（3）氣體產物有SO2、CO、CO2且氣體體積之比為1:1：2；（4）將樣品溶于足量的飽和碳酸鈉溶液,過濾洗滌、干燥，利用重量法測定固體產物的質量之比,需要測定的物理量有樣品的質量、碳酸鈣的質量，【解答】解：（1）①氫氧化鈉溶液可吸收除去酸性氣體,不吸收CO,故答案為：除去酸性氣體；②通過一氧化碳還原氧化銅由黑色變紅色和CO2能夠使澄清石灰水變渾濁的現(xiàn)象,證明裝置A的反應產物是CO，故答案為：CO；③二氧化碳能夠使澄清石灰水變渾濁,故答案為：溶液變渾濁；（2）①可以通過品紅溶液檢驗二氧化硫，除去二氧化硫后再用澄清石灰水檢驗二氧化碳，氣流從左至右的儀器連接順序為A、F、J、F、I、M,故答案為：J、F、I、M；②能證明有SO2的現(xiàn)象是第1個F中溶液褪色；能證明有CO2的現(xiàn)象是第2個F中溶液不褪色,I中溶液變渾濁，故答案為：第1個F中溶液褪色；第2個F中溶液不褪色,I中溶液變渾濁;③反應的離子方程式為5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+，故答案為：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+;（3)反應的化學方程式為2CaSO4+3CCaS+CaO+SO2↑+2CO2↑+CO↑，故答案為：2CaSO4+3CCaS+CaO+SO2↑+2CO2↑+CO↑;（4）最后確定CaS和CaO的質量比，需要測定的物理量有樣品的質量、碳酸鈣的質量，故答案為:樣品的質量、碳酸鈣的質量．（二）選考題(2題中任選一題作答，14分）【化學--選修3：物質結構與性質】19．短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，c和d位于同主族且原子序數(shù)相差8；基態(tài)a原子核外有3個能級上容納電子且每個能級上電子數(shù)相等，c原子s能級電子總數(shù)與p能級電子數(shù)相等，基態(tài)e原子的M層上有2個未成對電子且無空軌道．（1)在a、b、c中，第一電離能由大到小排序為N＞O＞C（用元素符號表示）；基態(tài)e原子的價層電子排布式為3d84s2．（2）配合物e(ac）4在常溫下呈液態(tài),易溶于四氯化碳、苯等有機溶劑．固態(tài)e（ac）4的晶體類型是分子晶體．已知（dab）2分子中含非極性鍵，分子中每個原子最外層都達到8個電子穩(wěn)定結構,1mol(dab）2分子含σ鍵的數(shù)目為5×6。02×1023．(3)寫出一種與dab互為等電子體的分子CO2(或N2O）（填化學式）．ac32﹣的中心原子雜化類型為sp2;dc32﹣的空間構型為三角錐型．(4）ec晶胞結構與NaCl相似，其晶胞邊長為apm,列式計算該晶胞的密度為g?cm﹣3(不必計算出結果，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA）,晶胞中c粒子的配位數(shù)為6．（5）人工合成的ec晶胞存在缺陷，即陽離子有+3、+2價兩種．某人工合成的晶體樣品組成為e0.96c，則該晶體中+3價、+2價兩種離子的個數(shù)之比為1:11．【考點】9I：晶胞的計算；78：元素周期律和元素周期表的綜合應用．【分析】短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大,c原子s能級電子總數(shù)與p能級電子數(shù)相等，c的電子排布為1s22s22p4,c和d位于同主族且原子序數(shù)相差8，可知c為O，d為S；基態(tài)a原子核外有3個能級上容納電子且每個能級上電子數(shù)相等,a的電子排布為1s22s22p2，則a為C元素,結合原子序數(shù)關系可知b為N；基態(tài)e原子的M層上有2個未成對電子且無空軌道,e的電子排布為1s22s22p63s23p63d84s2，則e為Ni，以此來解答．【解答】解:短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，c原子s能級電子總數(shù)與p能級電子數(shù)相等,c的電子排