山東省青島第二中學(xué)2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期期末測(cè)試化學(xué)試題 附解析

山東省青島第二中學(xué)2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期期末考試化學(xué)試題一、選擇題；本題共12小題，每小題3分，共36分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.下列說法不正確的是()A.泡沫滅火器可用于一般的起火，但不適用于活潑金屬引起的火災(zāi)B.納米鐵粉可以高效地去除被污染水體中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子，其本質(zhì)是納米鐵粉對(duì)重金屬離子較強(qiáng)的物理吸附C.儲(chǔ)熱材料是一類重要的能量存儲(chǔ)物質(zhì)，單位質(zhì)量的儲(chǔ)熱材料在發(fā)生熔融或結(jié)晶時(shí)會(huì)吸收或釋放較大的熱量D.Ge(32號(hào)元素)的單晶可以作為光電轉(zhuǎn)換材料用于太陽能電池【答案】B【解析】【詳解】A．泡沫滅火器可用于一般的起火，但不適用于Na、Mg等金屬著火，如鈉燃燒生成過氧化鈉，過氧化鈉與二氧化碳或水反應(yīng)生成氧氣，而鎂可以在二氧化碳中燃燒，故A正確；B．Fe和Cb2+、Cu2+、Hg2+發(fā)生置換反應(yīng)，屬于化學(xué)變化，物理吸附?jīng)]有新物質(zhì)生成屬于物理變化，故B錯(cuò)誤；C．儲(chǔ)熱材料是一類重要的存儲(chǔ)物質(zhì)，根據(jù)能量守恒知，這些物質(zhì)在熔融時(shí)需要吸收熱量、在結(jié)晶時(shí)放出熱量，故C正確；D．Ge為半導(dǎo)體材料，可以作為光電轉(zhuǎn)換材料用于太陽能電池，故D正確；答案選B。2.下列說法不正確的是A.煤的液化和氣化均為物理變化B.工業(yè)酒精中往往含有甲醇C.液化石油氣是混合物D.許多水果和花卉有芳香氣味是因?yàn)楹絮ァ敬鸢浮緼【解析】【詳解】A．煤的液化和氣化過程中均有新物質(zhì)存在，因此發(fā)生的變化為化學(xué)變化，A錯(cuò)誤；B．工業(yè)酒精中往往含有甲醇，甲醇有強(qiáng)的毒性，B正確；C．液化石油氣含有多種有機(jī)物，因此屬于混合物，C正確；D．花卉和水果中含有多種低級(jí)酯，因而具有芳香氣味，D正確；故合理選項(xiàng)是A。3.在重結(jié)晶法提純苯甲酸的實(shí)驗(yàn)中不需要用到的儀器有A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】用重結(jié)晶法提純苯甲酸的實(shí)驗(yàn)步驟為加熱溶解、趁熱過濾、冷卻結(jié)晶、過濾，所以實(shí)驗(yàn)中需要用到漏斗、酒精燈、燒杯，不需要坩堝；故選C。4.下列各組物質(zhì)融化或升華時(shí)，所克服的粒子間作用力屬于同種類型的是A.NaOH和熔化 B.鎂和硫的熔化C.氯化鈉和蔗糖熔化 D.碘和干冰升華【答案】D【解析】【詳解】A．NaOH是離子晶體，熔化克服離子鍵，是共價(jià)晶體，熔化克服共價(jià)鍵，A不符合題意；B．鎂是金屬晶體，熔化克服金屬鍵，硫是分子晶體，熔化克服分子間作用力，B不符合題意；C．氯化鈉離子晶體，熔化克服離子鍵，蔗糖是分子晶體，熔化克服分子間作用力，C不符合題意；D．碘和干冰都是分子晶體，其升華均是克服分子間作用力，D符合題意；故選D。5.前4周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。X和Y的基態(tài)原子的2p能級(jí)上各有兩個(gè)未成對(duì)電子，Z與Y同族，W原子核內(nèi)有29個(gè)質(zhì)子，下列說法正確的是A.W與Y形成的化合物晶胞如圖所示，該化合物的化學(xué)式為WYB.元素第一電離能：I1(Z)>I1(Y)C.氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y>ZD.原子半徑：【答案】C【解析】【分析】X和Y的基態(tài)原子的2p能級(jí)上各有兩個(gè)未成對(duì)電子，則2p能級(jí)上分別有2、4個(gè)電子，X為C、Y為O；Z與Y同族，Z為S；W原子核內(nèi)有29個(gè)質(zhì)子，W為Cu。【詳解】A．根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，白球有1+8=2個(gè)，黑球有4個(gè)，兩種元素原子個(gè)數(shù)比為1:2，該化合物化學(xué)式為Cu2O，A錯(cuò)誤；B．同一主族元素從上向下第一電離能逐漸減小，則I1(O)>I1(S)，B錯(cuò)誤；C．非金屬性越強(qiáng)，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：H2O>H2S，C正確；D．電子層數(shù)越多、半徑越大，電子層數(shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越多、半徑越小，則原子半徑：，D錯(cuò)誤；答案選C。6.下列實(shí)驗(yàn)內(nèi)容可以達(dá)到預(yù)期實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖沁x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)內(nèi)容實(shí)驗(yàn)?zāi)康腁將1mol溶解在1L水中配制1的溶液B將通入酸性溶液中證明具有漂白性C加入足量鐵屑，充分反應(yīng)后，過濾除去溶液中的少量D將木炭與濃硫酸共熱，得到的氣體通入澄清石灰水檢驗(yàn)?zāi)咎康难趸a(chǎn)物是A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．中V指溶液體積而不是溶劑體積，將1mol

CuSO4?5H2O溶解在1L水中，溶液體積大于1L，導(dǎo)致物質(zhì)的量濃度小于1mol/L，故A錯(cuò)誤；B．二氧化硫能被強(qiáng)氧化劑氧化而體現(xiàn)還原性，酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，二氧化硫被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，該實(shí)驗(yàn)體現(xiàn)二氧化硫還原性而不是漂白性，用品紅檢驗(yàn)二氧化硫的漂白性，故B錯(cuò)誤；C．鐵和氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，且不引進(jìn)新的雜質(zhì)，然后采用過濾方法除去Fe，故C正確；D．加熱條件下，木炭和濃硫酸反應(yīng)生成二氧化碳和二氧化硫，二者都能和除去石灰水反應(yīng)生成白色沉淀，要用澄清石灰水檢驗(yàn)二氧化碳，有關(guān)先用溴水除去二氧化硫，然后再將氣體通入澄清石灰水中，故D錯(cuò)誤；故選：C。7.有人設(shè)計(jì)出利用CH4和O2反應(yīng)，用鉑電極在KOH溶液中構(gòu)成原電池。電池的總反應(yīng)類似于CH4在O2中燃燒，則下列說法中正確的是①每消耗1molCH4可以向外電路提供8mole—②電池放電時(shí)，溶液pH不斷升高③負(fù)極上是O2獲得電子，電極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e—=4OH—④負(fù)極上CH4失去電子，電極反應(yīng)式為：CH4+10OH——8e—=+7H2OA.①④ B.①③ C.①② D.③④【答案】A【解析】【分析】由題意可知，甲烷燃料電池中，通入甲烷的一極為負(fù)極，堿性條件下，甲烷在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成碳酸根離子和水，電極反應(yīng)式為CH4+10OH——8e—=+7H2O，通入氧氣的一極為正極，氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氧根離子，電極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e—=4OH—，電池的總反應(yīng)為CH4+2O2+2OH—=+3H2O。【詳解】①由分析可知，負(fù)極上每消耗1molCH4可以向外電路提供8mole—，故正確；②由分析可知，電池放電時(shí)，消耗氫氧根離子，溶液pH不斷下降，故錯(cuò)誤；③由分析可知，正極上是氧氣獲得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e—=4OH—，故錯(cuò)誤；④由分析可知，負(fù)極上甲烷失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為CH4+10OH——8e—=+7H2O，故正確；①④正確，故選A。8.下列各選項(xiàng)中兩種粒子所含電子數(shù)不相等的是A.羥甲基（－CH2OH）和甲氧基（CH3O－） B.亞硝酸（HNO2）和亞硝酸根（NO）C.硝基（－NO2）和二氧化氮（NO2） D.羥基（－OH）和氫氧根（OH－）【答案】D【解析】【詳解】A．羥甲基（-CH2OH）的電子數(shù)=6+2+8+1=17；甲氧基（CH3O-）電子數(shù)=6+3+8=17；兩種粒子所含電子數(shù)相同，故A不符合；B．亞硝酸（HNO2）電子數(shù)=1+7+2×8=24；亞硝酸根（NO2-）電子數(shù)=7+2×8+1=24；兩種粒子所含電子數(shù)相同，故B不符合；C．硝基（-NO2）電子數(shù)=7+2×8=23；二氧化氮（NO2）電子數(shù)=7+2×8=23；兩種粒子所含電子數(shù)相同，故C不符合；D．羥基（-OH）電子數(shù)=8+1=9；氫氧根離子（OH-）電子數(shù)=8+1+1=10；兩種粒子所含電子數(shù)不相同，故D符合；故答案為D。9.下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A.雙氧水使酸性KMnO4溶液褪色：2MnO+5H2O2=2Mn2++5O2↑+6OH-+2H2OB.過量的鐵粉溶于稀硝酸：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2OC.用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2+S2O+5H2O=10H++2SO+8Cl-D.向NaAlO2溶液中通入過量CO2：2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO【答案】C【解析】【詳解】A．雙氧水與酸性KMnO4溶液反應(yīng)生成錳離子、氧氣和水，離子方程式為6H++2MnO+5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，故A錯(cuò)誤；B．過量的鐵粉溶于稀硝酸生成亞鐵離子，離子方程式：3Fe+8H++2NO═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B錯(cuò)誤；C．氯氣能夠氧化硫代硫酸根離子生成硫酸根離子，自己被還原為氯離子，故用Na2S2O3溶液吸收自來水中多余Cl2，離子方程式為4Cl2+S2O+5H2O═10H++2SO+8Cl-，故C正確；D．向NaAlO2溶液中通入過量CO2，反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉，正確的離子方程式為：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，故D錯(cuò)誤；

故選：C。10.在理論上不能用于設(shè)計(jì)成原電池的化學(xué)反應(yīng)是①H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)＝2H2O(l)＋BaSO4(s)；△H＜0②CH3CH2OH(l)＋3O2(g)2CO2(g)＋3H2O(l)；△H＜0③2FeCl3(aq)＋Cu(s)＝2FeCl2(aq)＋CuCl2(aq)；△H＜0④C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)；△H＞0A.④ B.①④ C.①② D.②③【答案】B【解析】【詳解】原電池反應(yīng)應(yīng)為自發(fā)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)反應(yīng)，化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?，反?yīng)放熱；①為中和反應(yīng)，不能設(shè)計(jì)成原電池，故①錯(cuò)誤；②為氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)放熱，可設(shè)計(jì)成原電池，故②正確；③為氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)放熱，可設(shè)計(jì)成原電池，故③正確；④反應(yīng)吸熱，不能設(shè)計(jì)成原電池，故④錯(cuò)誤；故答案B。11.下列說法正確的是A.同位素之間或同素異形體之間的相互轉(zhuǎn)化均屬于化學(xué)變化B.油酸和硬脂酸互為同系物C.和互為同分異構(gòu)體D.由H、D、T、、這幾種核素組成的水分子共有12種【答案】D【解析】【詳解】A．同位素之間的轉(zhuǎn)化沒有生成新的物質(zhì)，因此不屬于化學(xué)變化，同素異形體的轉(zhuǎn)化有新物質(zhì)生成，故屬于化學(xué)變化，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．油酸為不飽和一元酸，含有碳碳雙鍵，硬脂酸屬于飽和一元酸，兩者結(jié)構(gòu)不相似，不是同系物，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．分子式相同而結(jié)構(gòu)不同的有機(jī)物互稱同分異構(gòu)體，CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3分子式相同，結(jié)構(gòu)也相同，是同種物質(zhì)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．一個(gè)水分子中含有兩個(gè)氫原子和一個(gè)氧原子，若兩個(gè)氫原子為同一種氫原子，則所形成水分子有3×2=6種，若兩個(gè)氫原子為不同的氫原子，則形成的水分子有3×2=6種，因此共形成水分子有12種，選項(xiàng)D正確；答案選D。12.分類法在化學(xué)學(xué)科發(fā)展中起到了非常重要的作用，下列分類依據(jù)合理的是①根據(jù)氧化物的性質(zhì)將氧化物分成酸性氧化物、堿性氧化物等②根據(jù)反應(yīng)中是否有電子轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng)③根據(jù)分散系是否有丁達(dá)爾效應(yīng)將分散系分為溶液、膠體和濁液④根據(jù)組成元素的種類將純凈物分為單質(zhì)和化合物⑤根據(jù)水溶液溶液能否導(dǎo)電將物質(zhì)分為電解質(zhì)和非電解質(zhì)A.②④⑤ B.②③④ C.①③⑤ D.①②④【答案】D【解析】【詳解】①根據(jù)氧化物的性質(zhì)，氧化物分為酸性氧化物、堿性氧化物、兩性氧化物和不成鹽氧化物，故①正確；②化學(xué)反應(yīng)根據(jù)有無電子轉(zhuǎn)移，反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng)，故②正確；③分散系根據(jù)分散質(zhì)直徑大小，分散系分為溶液、膠體、濁液，故③錯(cuò)誤；④根據(jù)純凈物所含元素種類的多少將純凈物分為單質(zhì)和化合物，故④正確；⑤根據(jù)在水溶液或熔融狀態(tài)下能否導(dǎo)電將化合物分為電解質(zhì)和非電解質(zhì)，故⑤錯(cuò)誤。故選D。二、多選題；本題共3小題，每小題4分，共12分。13.根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向Fe(NO3)2溶液中滴入HI和淀粉混合溶液，溶液變藍(lán)氧化性：Fe2+＞I2B向3mLKI溶液中滴加幾滴氯水，振蕩，再滴加1mL淀粉溶液，溶液顯藍(lán)色Cl2的氧化性比I2的強(qiáng)C向Ag2CO3白色懸濁液中滴加少量Na2S溶液，出現(xiàn)黑色沉淀Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)D苯和液溴在FeBr3的催化下發(fā)生反應(yīng)，將得到的氣體直接通入AgNO3溶液中，產(chǎn)生淡黃色沉淀苯和液溴發(fā)生取代反應(yīng)A.A B.B C.C D.D【答案】BC【解析】【詳解】A．由于I-的還原性大于Fe2+，故向Fe(NO3)2溶液中滴入HI和淀粉混合溶液，溶液中的H+、、I-可以發(fā)生反應(yīng)生成I2，溶液變藍(lán)，故該實(shí)驗(yàn)不能說明Fe2+的氧化性強(qiáng)于I2，A錯(cuò)誤；B．向KI溶液中滴加少量氯水，溶液變成藍(lán)色，說明氯水中的Cl2與溶液中的I-發(fā)生反應(yīng)生成I2，故該實(shí)驗(yàn)可以說明Cl2的氧化性比I2的強(qiáng)，B正確；C．向Ag2CO3白色懸濁液中滴加少量Na2S溶液，出現(xiàn)黑色沉淀，該黑色沉淀為Ag2S，說明硫化鈉溶液可以與溶解度小的碳酸銀反應(yīng)生成溶解度更小的硫化銀，故可以說明Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)，C正確；D．苯和液溴在FeBr3的催化下發(fā)生反應(yīng)生成HBr，但是由于該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，得到的氣體中還含有Br2，Br2溶于硝酸銀溶液后可以與水發(fā)生反應(yīng)生成Br-，Br-與Ag+反應(yīng)生成淡黃色的AgBr沉淀，故不能單憑是否有淡黃色沉淀生成確定苯和液溴發(fā)生取代反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選BC。14.三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我國(guó)科學(xué)家實(shí)現(xiàn)了在銅催化劑條件下將N，N-二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，簡(jiǎn)稱DMF]轉(zhuǎn)化為三甲胺[N(CH3)3]。計(jì)算機(jī)模擬單個(gè)DMF分子在銅催化劑表面的反應(yīng)歷程如圖所示(*表示物質(zhì)吸附在銅催化劑上)，下列說法正確的是A.該歷程中決速步驟為B.該歷程中的最大能壘(活化能)為1.19eVC.升高溫度可以加快反應(yīng)速率，并提高DMF的平衡轉(zhuǎn)化率D.若1molDMF完全轉(zhuǎn)化為三甲胺，則會(huì)釋放出1.02eV·NA的能量【答案】BD【解析】【詳解】A．步驟的能壘(正反應(yīng)活化能)為0.22eV，正反應(yīng)活化能最高的最后一步步驟的能壘1.19eV，故最后一步是上述歷程中的決定反應(yīng)速率步驟，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)選項(xiàng)A分析可知該歷程中最大能壘(活化能)E元為1.19ev，故B正確；C．升高溫度可以加快反應(yīng)速率，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故降低DMF的平衡轉(zhuǎn)化率，故C錯(cuò)誤；D．由反應(yīng)物和生成物的相對(duì)能量可知，反應(yīng)放熱為0eV-(-1.02eV)=1.02eV，1molDMF完全轉(zhuǎn)化為三甲胺，則會(huì)釋放出1.02eV·NA的能量，故D正確；故選BD。15.下列溶液中有關(guān)物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.0.1mol·L-1NaHCO3溶液：c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)B.0.1mol·L-1NaHCO3溶液與0.1mol·L-1NaOH溶液等體積混合：c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)+2c(H2CO3)C.0.1mol·L-1NaHCO3溶液與0.2mol·L-1NaOH溶液等體積混合：c(Na+)>c(OH-)>0.05mol·L-1>c(CO)>c(HCO)D.0.2mol·L-1NaHCO3溶液與0.1mol·L-1NaOH溶液等體積混合：c(CO)+2c(OH-)=c(HCO)+3c(H2CO3)+2c(H+)【答案】CD【解析】【分析】【詳解】A．NaHCO3溶液顯堿性可知碳酸氫根離子的水解程度大于其電離程度，則c(H2CO3)>c(CO)，故A錯(cuò)誤；B．0.1mol·L-1NaHCO3溶液與0.1mol·L-1NaOH溶液等體積混合，恰好完全反應(yīng)生成Na2CO3，根據(jù)物料守恒得：c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故B錯(cuò)誤；

C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液與0.2mol·L-1NaOH溶液等體積混合，反應(yīng)后的溶液為0.05mol·L-1Na2CO3與0.05mol·L-1NaOH的混合溶液，其中鈉離子濃度為0.15mol·L-1，因碳酸根水解生成氫氧根離子和碳酸氫根離子，溶液中的c(OH-)>0.05mol·L-1，c(HCO)<c(CO)<0.05mol·L-1，故C正確；D．0.2mol·L-1NaHCO3溶液與0.1mol·L-1NaOH溶液等體積混合，反應(yīng)后的溶液為：0.05mol·L-1Na2CO3與0.05mol·L-1NaHCO3的混合溶液，根據(jù)電荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)，根據(jù)物料守恒得：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，聯(lián)立可得：c(CO)+2c(OH-)=c(HCO)+3c(H2CO3)+2c(H+)，故D正確；故選：CD。三、填空題：52分16.已知A、B、R、D都是周期表中前四周期的元素，它們的原子系數(shù)依次增大。其中A元素基態(tài)原子第一電離能比B元素基態(tài)原子的第一電離能大，B的基態(tài)原子的L層、R基態(tài)原子的M層均有2個(gè)單電子，D是第Ⅷ族中原子序數(shù)最小的元素。(1)寫出基態(tài)D原子的電子排布式__________。(2)已知高純度R的單質(zhì)在現(xiàn)代信息技術(shù)與新能源開發(fā)中具有極為重要的地位。工業(yè)上生產(chǎn)高純度R的單質(zhì)過程如下：寫出過程③的反應(yīng)方程式___________，已知RHCl3的沸點(diǎn)是31.5oC，則該物質(zhì)的晶體類型是__________，中心原子的軌道雜化類型為__________，該物質(zhì)的空間構(gòu)型是______。(3)A的第一電離能比B的第一電離能大的原因是_________，A、B兩元素分別與R形成的共價(jià)鍵中，極性較強(qiáng)的是________。A、B兩元素間能形成多種二元化合物，其中與A3-互為等電子體的物質(zhì)的化學(xué)式為_______。(4)已知D單質(zhì)的晶胞如圖所示，則晶體中D原子的配位數(shù)為______，一個(gè)D的晶胞質(zhì)量為____，已知D原子半徑為rpm，則該晶胞的空間利用率為_____________(寫出計(jì)算過程)?！敬鸢浮竣?[Ar]3d64s2②.SiHCl3+H2Si+3HCl③.分子晶體④.sp3⑤.四面體形⑥.N原子的2p能級(jí)處于較穩(wěn)定的半充滿狀態(tài)⑦.Si-O鍵⑧.N2O⑨.8⑩.?.晶胞中鐵原子占據(jù)的體積為兩個(gè)鐵原子的體積，鐵原子的半徑為rpm，如圖所示，晶胞的棱長(zhǎng)為=，晶胞的體積=()3，空間利用率==×100%=68%【解析】【分析】B的基態(tài)原子的L層、R基態(tài)原子的M層均有2個(gè)單電子，則最外層電子數(shù)可能為4或6，B可能為C或O元素，R可能為Si或S元素，D是第Ⅷ族中原子序數(shù)最小的元素，應(yīng)為Fe，A元素基態(tài)原子第一電離能比B元素基態(tài)原子的第一電離能大，且A的原子序數(shù)小于B，則A是N元素、B是O元素，高純度R的單質(zhì)在現(xiàn)代信息技術(shù)與新能源開發(fā)中具有極為重要的地位，則R是Si元素；(1)D是Fe元素，其原子核外有26個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)D原子的電子排布式；(2)SiO2和C在高溫下發(fā)生置換反應(yīng)生成粗Si，粗硅和HCl在300℃條件下反應(yīng)生成SiHCl3，SiHCl3和過量氫氣在1000℃-1100℃條件下反應(yīng)生成純硅，③的反應(yīng)為SiHCl3和氫氣的反應(yīng)，生成Si和HCl，分子晶體熔沸點(diǎn)較低，該分子中Si原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4且不孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷Si原子的軌道雜化類型及空間構(gòu)型；(3)原子軌道中電子處于全滿、全空或半滿最穩(wěn)定；N、O兩元素分別與Si形成的共價(jià)鍵中，元素的非金屬性越強(qiáng)，其形成的化合物中極性鍵的極性越強(qiáng)；等電子體中原子個(gè)數(shù)相等及價(jià)電子數(shù)相等；(4)該晶胞是體心立方晶胞，該晶胞中Fe原子個(gè)數(shù)=1+8×=2，其配合物是8，每個(gè)Fe原子的質(zhì)量=，則該晶胞質(zhì)量就是兩個(gè)Fe原子質(zhì)量，空間利用率=?！驹斀狻?1)D是Fe元素，其原子核外有26個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)D原子的電子排布式為[Ar]3d64s2；(2)SiO2和C在高溫下發(fā)生置換反應(yīng)生成粗Si，粗硅和HCl在300℃條件下反應(yīng)生成SiHCl3，SiHCl3和過量氫氣在1000℃-1100℃條件下反應(yīng)生成純硅，③的反應(yīng)為SiHCl3和氫氣的反應(yīng)，生成Si和HCl，反應(yīng)方程式為SiHCl3+H2Si+3HCl；分子晶體熔沸點(diǎn)較低，該物質(zhì)熔沸點(diǎn)較低，則該物質(zhì)晶體類型為分子晶體，該分子中Si原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4且不含孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷Si原子的軌道雜化類型及空間構(gòu)型分別為sp3、四面體形；(3)原子軌道中電子處于全滿、全空或半滿最穩(wěn)定，N原子的2p能級(jí)處于較穩(wěn)定的半充滿狀態(tài)，所以N原子比O原子第一電離能大；N、O兩元素分別與Si形成的共價(jià)鍵中，元素的非金屬性越強(qiáng)，其形成的化合物中極性鍵的極性越強(qiáng)，因?yàn)镺元素的非金屬性大于N，則極性O(shè)-Si鍵＞N-Si鍵；等電子體中原子個(gè)數(shù)相等及價(jià)電子數(shù)相等，N3-中含有3個(gè)原子、價(jià)電子數(shù)是16，與該離子互為等電子體的氮氧化物為N2O；(4)該晶胞是體心立方晶胞，該晶胞中Fe原子個(gè)數(shù)=1+8×=2，體心上的Fe原子被頂點(diǎn)上的8個(gè)原子包圍，所以其配合物是8，每個(gè)Fe原子的質(zhì)量=g，則該晶胞質(zhì)量就是兩個(gè)Fe原子質(zhì)量=2×g=2×g=g；晶胞中鐵原子占據(jù)的體積為兩個(gè)鐵原子的體積，鐵原子的半徑為rpm，如圖所示，晶胞的棱長(zhǎng)為=，晶胞的體積=()3，空間利用率==×100%=68%。17.鉈(T1)在工業(yè)中的用途非常廣泛。從某鉛鋅廠的電塵(主要成分為PbO、ZnO還含有少量Fe2O3、T12O)中回收鉈的工藝流程如圖所示：已知：①Zn(OH)2為兩性氫氧化物，溶液pH=10.0時(shí)開始溶解。②常溫下，相關(guān)離子開始沉淀和沉淀完全時(shí)的pH如下表所示：離子Fe3+Zn2+開始沉淀的pH2.76.4沉淀完全的pH3.78.0回答下列問題：（1）為提高“酸浸”效率，可采取的措施有_______(寫出一種)。（2）為提高電塵的轉(zhuǎn)化率，利用洗滌后的濾渣檢驗(yàn)“酸浸”是否充分，其實(shí)驗(yàn)操作__________。（3）“濾渣”的主要成分是_______(填化學(xué)式)，由于沉淀顆粒很細(xì)，通常在“酸浸”時(shí)還需要加入絮凝劑，其目的是_______。（4）“分步沉淀”時(shí)，先形成的沉淀為_______(填化學(xué)式)。沉淀第二種離子時(shí)調(diào)節(jié)溶液pH的范圍為_______，當(dāng)其恰好完全沉淀，則溶液中先沉淀的離子濃度為_______。（5）“酸溶”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_______?！敬鸢浮浚?）適當(dāng)增大硫酸濃度（2）取濾渣于干燥潔凈的試管中，加入硫酸溶液，再滴加KSCN溶液，若溶液不變紅，則已充分酸浸（3）①.PbSO4②.吸附PbSO4沉淀，使沉淀顆粒變大，便于過濾除雜（4）①.Fe(OH)3②.8.0≤pH<10.0③.10-17.9mol/L（5）2H++Tl2S=H2S↑+2TI+【解析】【分析】向電塵(主要成分為PbO、ZnO還含有少量Fe2O3、T12O)中加入稀硫酸，金屬氧化物與硫酸反應(yīng)變?yōu)镻bSO4、ZnSO4、Fe2(SO4)3、Tl2SO4，其中PbSO4不溶，通過過濾進(jìn)入濾渣，然后向?yàn)V液中加入NaOH溶液，分步進(jìn)行沉淀，當(dāng)溶液調(diào)節(jié)pH為2.7~3.7，則產(chǎn)生Fe(OH)3，當(dāng)溶液pH為8.0~10.0時(shí)沉淀是Zn(OH)2沉淀，向?yàn)V液中加入Na2S溶液，S2-與TI+反應(yīng)生成Tl2S沉淀，過濾后將沉淀用稀硫酸溶解得到Tl2SO4，將Tl+進(jìn)行富集，加入Zn發(fā)生置換反應(yīng)：Zn+2Tl+=Zn2++2Tl，制取得到金屬Tl?！拘?詳解】為提高“酸浸”效率，可采取的措施有適當(dāng)增大硫酸濃度、適當(dāng)升高溫度、攪拌、適當(dāng)延長(zhǎng)酸浸時(shí)間等；【小問2詳解】酸浸時(shí)若充分，則濾渣中不含有Fe2O3，再加入稀硫酸溶液中，溶液中無Fe3+，因此向其中滴加KSCN溶液，不變紅色。故為提高電塵的轉(zhuǎn)化率，利用洗滌后的濾渣檢驗(yàn)“酸浸”是否充分，其實(shí)驗(yàn)操作為：取濾渣于干燥潔凈的試管中，加入硫酸溶液，再滴加KSCN溶液，若溶液不變紅，則已充分酸浸；【小問3詳解】酸浸時(shí)，金屬氧化物與硫酸反應(yīng)，PbO與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生微溶性的PbSO4，其它金屬氧化物反應(yīng)產(chǎn)生的都是可溶性硫酸鹽，故濾渣主要成分為PbSO4；由于沉淀顆粒很細(xì)，通常在“酸浸”時(shí)還需要加入絮凝劑，其目的是吸附PbSO4沉淀，使沉淀顆粒變大，便于過濾除雜；【小問4詳解】向?yàn)V液中加入NaOH溶液，進(jìn)行分步沉淀，由于Fe3+形成沉淀的溶液pH最小，F(xiàn)e3+沉淀完全溶液pH=3.7，故“分步沉淀”時(shí)，先形成的沉淀為Fe(OH)3；由于Zn2+開始形成沉淀pH=8.0，在溶液pH=10.0時(shí)開始溶解，所以沉淀第二種離子Zn2+時(shí)調(diào)節(jié)溶液pH的范圍為8.0≤pH<10.0；由表格數(shù)據(jù)，F(xiàn)e(OH)3沉淀完全的pH=3.7可知，Ksp[Fe(OH)3]=10-5×10=10-35.9，Zn(OH)2沉淀完全時(shí)，pH為8.0，則Fe3+的濃度c(Fe3+)==10-17.9；【小問5詳解】由分析可知，“酸溶”中發(fā)生反應(yīng)原理為Tl2S+H2SO4=Tl2SO4+H2S↑，該反應(yīng)的離子方程式是：2H++Tl2S=H2S↑+2T1+。18.化學(xué)反應(yīng)速率是描述化學(xué)反應(yīng)進(jìn)行快慢程度的物理量。下面是某同學(xué)測(cè)定化學(xué)反應(yīng)速率并探究其影響因素的實(shí)驗(yàn)。I.測(cè)定化學(xué)反應(yīng)速率，該同學(xué)利用如圖裝置測(cè)定化學(xué)反應(yīng)速率。(1)為保證實(shí)驗(yàn)準(zhǔn)確性、可靠性，利用該裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)前應(yīng)先進(jìn)行的步驟是_______；(2)該反應(yīng)有黃色固體生成，并且伴有刺激性，能使品紅溶液褪色的氣體生成。請(qǐng)寫出該反應(yīng)的離子方程式：____。(3)若在2min時(shí)收集到224mL(已折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況)氣體，可計(jì)算出該2min內(nèi)H+的反應(yīng)速率，而該測(cè)定值比實(shí)際值偏小，其原因是__。II.為探討化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素，設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)方案如下表。(已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，其中Na2S2O3溶液均足量)實(shí)驗(yàn)序號(hào)體積V/mL時(shí)間/sNa2S2O3溶液淀粉溶液碘水水①10.02.04.00.0t1②8.02.04.02.0t2③6.02.04.0Vxt3表中Vx=_______mL，比較t1、t2、t3大小，試推測(cè)該實(shí)驗(yàn)結(jié)論：_______III.氧化還原滴定原理同中和滴定原理相似，為了測(cè)定某未知濃度的NaHSO3溶液的濃度，現(xiàn)用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液進(jìn)行滴定，離子方程式：2+5+H+=2Mn2++5+3H2O；回答下列問題：(1)用KMnO4進(jìn)行滴定時(shí)，判斷滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是_______。(2)下列操作會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏低的是_______。A.酸式滴定管水洗后未用待測(cè)液潤(rùn)洗B.盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用待測(cè)液潤(rùn)洗C.滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失D.觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視(3)根據(jù)下表中測(cè)定的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，計(jì)算NaHSO3溶液的物質(zhì)的量濃度(寫出計(jì)算過程，結(jié)果保留4位有效數(shù)字)_________。實(shí)驗(yàn)編號(hào)待測(cè)NaHSO3溶液的體積/mLKMnO4溶液的體積/mL120.0015.98220.0017.00320.0016.02【答案】①.檢查裝置的氣密性②.③.SO2會(huì)部分溶于水，導(dǎo)致所測(cè)得的SO2的體積偏?、?4⑤.增大反應(yīng)物濃度，可加快反應(yīng)速率⑥.當(dāng)加入最后一滴酸性KMnO4溶液時(shí)，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色⑦.D⑧.0.2【解析】【分析】【詳解】I.(1)從實(shí)驗(yàn)裝置可知，本實(shí)驗(yàn)是通過測(cè)量在一個(gè)時(shí)間段內(nèi)所收集到的氣體的體積來測(cè)定反應(yīng)速率，所以實(shí)驗(yàn)前應(yīng)先進(jìn)行的步驟是檢查裝置的氣密性；(2)該反應(yīng)有黃色固體生成，應(yīng)為S單質(zhì)，并且伴有刺激性，能使品紅溶液褪色的氣體生成，應(yīng)為二氧化硫，則該反應(yīng)的離子方程式為：；(3)SO2易溶于水，導(dǎo)致所測(cè)得的SO2的體積偏小，則據(jù)此計(jì)算出的△n(H+)和△c(H+)以及v(H+)會(huì)偏小；II.由表格數(shù)據(jù)可知，除了Na2S2O3溶液所加入的體積不同外，淀粉溶液和碘水的體積均相同，則該實(shí)驗(yàn)探究的是反應(yīng)物Na2S2O3濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，則應(yīng)保持其他影響因素一致，即應(yīng)使混合溶液的總體積均為16mL，故Vx=4mL；淀粉作為顯色劑，檢驗(yàn)碘的存在，可根據(jù)顏色的變化判斷反應(yīng)的快慢，由于在三個(gè)實(shí)驗(yàn)中Na2S2O3溶液的體積①＞②＞③，而混合后溶液體積相同，故混合后Na2S2O3濃度①＞②＞③，可知化學(xué)反應(yīng)速率①＞②＞③，反應(yīng)所需時(shí)間ｔ的大小關(guān)系為t1＜t2＜t3，則推測(cè)該實(shí)驗(yàn)結(jié)論為增大反應(yīng)物濃度，可加快反應(yīng)速率；III.(1)滴定完成時(shí)NaHSO3溶液沒有剩余，溶液會(huì)呈高錳酸鉀溶液顏色，為淺紅色，且半分鐘內(nèi)顏色不褪去，就說明NaHSO3溶液已完全被氧化，則滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是當(dāng)加入最后一滴酸性KMnO4溶液時(shí)，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，即達(dá)滴定終點(diǎn)；(2)A．KMnO4溶液能夠腐蝕橡膠，應(yīng)該用酸式滴定管盛裝，則酸式滴定管水洗后未用待測(cè)液潤(rùn)洗，會(huì)導(dǎo)致酸性高錳酸鉀濃度偏小，需要高錳酸鉀體積偏大，測(cè)定值偏高；B．盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用待測(cè)液潤(rùn)洗，對(duì)實(shí)驗(yàn)無影響；C．定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定高錳酸鉀溶液體積偏大，測(cè)定值偏高；D．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，導(dǎo)致測(cè)定高錳酸鉀溶液體積偏小，測(cè)定值偏低；故選D；(3)實(shí)驗(yàn)2中KMnO4溶液的體積的偏離較大，舍去不用，由實(shí)驗(yàn)1和3取平均值，KMnO4溶液體積的平均值為，由方程式2+5+H+=2Mn2++5+3H2O可得，2~5，則NaHSO3的物質(zhì)的量濃度為。19.乙酸苯甲酯可提高花或果的芳香氣味，常用于化妝品工業(yè)和食品工業(yè)，下圖是乙酸苯甲酯的一種合成路線(部分反應(yīng)物、產(chǎn)物和反應(yīng)條件略去)。已知A是果實(shí)的催熟劑。(1)A分子的電子式為________；C的分子式為________；D中官能團(tuán)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為________。(2)A→B反應(yīng)類型為_____________，反應(yīng)F→G反應(yīng)類型___________。(3)G的同分異構(gòu)體有多種，遇FeCl3溶液顯紫色的共有_____種；苯環(huán)上一氯代物有2種的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式______________。(4)寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式：B→C：_____________________；F→G：______________________；G→H：___________________；C的銀鏡反應(yīng)方程式為：____________________?！敬鸢浮竣?②.C2H4O③.-COOH④.加成反應(yīng)⑤.取代反應(yīng)（水解反應(yīng)）⑥.有3種⑦.⑧.2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；⑨.+NaOH+NaCl⑩.CH3COOH++H2O?.C銀鏡反應(yīng)方程式為：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3↑【解析】【詳解】由已知A是果實(shí)的催熟劑可得：A是乙烯，運(yùn)用逆合成分析法推斷，乙酸苯甲酯是由苯甲醇和乙酸酯化反應(yīng)得到的，所以D是乙酸，C是乙醛，B是乙醇。（1）A是乙烯，電子式為；C是乙醛，分子式為C2H4O；D是乙酸，D中官能團(tuán)為-COOH。（2）乙烯在一定條件下與水發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇，故A→B反應(yīng)類型為加成反應(yīng)；因?yàn)?，所以F→G反應(yīng)類型為水解反應(yīng)（取代反應(yīng)）。（3）G為苯甲醇，G的同分異構(gòu)體，遇FeCl3溶液顯紫色的，應(yīng)含有酚羥基，故為：鄰甲基苯酚、間甲基苯酚、對(duì)甲基苯酚共3種；其中苯環(huán)上一氯代物有2種的是對(duì)甲基苯酚，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：。（4）B是乙醇，C是乙醛，B→C反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；，F(xiàn)→G發(fā)生水解反應(yīng)化學(xué)方程式為：+NaOH+NaCl；苯甲醇和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)得到乙酸苯甲酯，G→H反應(yīng)化學(xué)方程式為：CH3COOH++H2O；C是乙醛，發(fā)生銀鏡反應(yīng)方程式為：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3↑。20.三氯化硅是制備硅烷、多晶硅的重要原料。已知在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)：。一定條件下，向容積為1L的恒容密閉容器中充入，分別在溫度為、條件下反應(yīng)，測(cè)得反應(yīng)體系中的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示。（1）在溫度下，的平衡轉(zhuǎn)化率_______%。若想進(jìn)一步提高的轉(zhuǎn)化率，除改變溫度外還可以采取的措施是_