1、西安中学高2020届高三第三次月考化学可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Cr-52 Fe-56 Ni-59 Cu-64 Ag-108 Ce- 140 一选择题（每小题2分，共42分。每小题都只有一个选项符合题意）1.中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是( )A. 我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电。电能属于一次能源B. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长
2、超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D. 大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料【答案】D【解析】【详解】A. 我国近年来大量减少化石燃料的燃烧，大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于二次能源，故A错误；B. 新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故B错误；C. 光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；D. 金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故D正确；答案选D。【点睛】化学在能源，材料，方面起着非常重要的作用，需要学生多关注最新
3、科技发展动态，了解科技进步过程中化学所起的作用。2.化工生产与人类进步紧密相联。下列有关说法不正确的是( )A. 空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂B. 侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异C. 合成氨采用高温、高压和催化剂主要是提高氢气平衡转化率D. 利用离子交换膜从海水中分离出淡水不涉及化学反应【答案】C【解析】【详解】A. 用热空气吹出溴单质得到含溴的空气，通过二氧化硫吸收后富集溴元素得到吸收液，故A正确；B. 侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，其中
4、NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故B正确；C. 合成氨采用高温平衡逆向进行，氢气转化率减小，目的是提高反应速率、高压促进平衡正向进行，氢气转化率增大，催化剂不改变氢气平衡转化率，故C错误；D. 利用离子交换膜将淡水与海水中的盐份得以分离，没有新物质生成，不涉及化学反应，故D正确；答案选C。【点睛】该题易错点在于催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡转化率。3.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 2gD2O和H2l8O混合物中所含中子数为NAB. 1L0.1molL-1 NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NAC. 常温常压下，0.5 mol
5、 Fe和足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NAD. 0.1 mol H2和0.1 mol I2 (g)于密闭容器中充分反应，其原子总数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A. D2O和H2l8O的摩尔质量相同都为20g/mol,中子数也相等均为10，所以2gD2O和H2l8O混合物中所含中子数为NA，故A正确；B. NaHCO3属于强碱弱酸盐，HCO3-既能发生电离：HCO3-H+CO32-，也能发生水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，根据物料守恒可知，1L0.1molL-1 NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA,故B错误。C. 常温常压下， F
6、e和足量浓硝酸发生钝化反应，故C错误；D. 0.1 mol H2和0.1 mol I2 (g)于密闭容器中充分反应为H2（g）+I2 (g)2HI，其原子总数为0.4NA,故D错误；答案：A 。4. 下列有关物质的性质与其应用不相对应的是A. MgO、Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料B. NaHCO3能与碱反应，食品工业上用作焙制糕点膨松剂C. Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品D. 利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光【答案】B【解析】试题分析：AMgO、Al2O3都是离子化合物，离子间以很强的离子间结合，断裂较难，所以熔点、沸点很高，
7、故可制作耐高温材料。正确。BNaHCO3是弱酸的酸式盐，能与碱反应，但在食品工业上用作焙制糕点的膨松剂是因为它不稳定，受热容易分解：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，产生的CO2气体是面团松软、多空。错误。C金属Al具有良好的延展性，由于在空气中能与氧气发生反应产生一薄层致密的氧化物薄膜，对内层的金属来是起到了保护作用。因此有一定的抗腐蚀性能。所以可制成铝箔包装物品。正确。D利用钠蒸气放电发出透雾能力强的黄光，由于黄色的光波长长，所以射程远，故可以制造的高压钠灯作航空、航海的指示灯。正确。考点：考查Na、Mg、Al的单质及化合物的性质及应用的知识。5.下列反应的离子方程式书写正确的是(
8、)A. 少量的SO2通入到“84”消毒液中：SO2+H2O+2ClO=HClO+SO32B. 用酸化的硝酸铁溶液腐蚀铜箔：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+C. FeO和稀硝酸反应：FeO+2H+ =Fe2+2H2OD. 向0.1molL1KAl(SO4)2溶液中滴入0.1molL1Ba(OH)2溶液使SO42恰好完全沉淀：2Ba2+4OH+Al3+ +2SO42=2BaSO4+AlO2+2H2O【答案】D【解析】【详解】A. 少量的SO2通入到“84”消毒液中，离子方程式的：SO2+2OH-+ClO=Cl-+SO42-+H2O，故A错误；B. 用酸化的硝酸铁溶液腐蚀铜箔，离子方程式：3Cu+
9、8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，故B错误；C. 氧化亚铁和稀硝酸反应：3FeO+NO3+10H+3Fe3+5H2O+NO，故C错误；D. 向明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42恰好完全沉淀，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1:4，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，正确的离子方程式为：2Ba2+4OH+Al3+ +2SO42=2BaSO4+AlO2+2H2O，故D正确；答案选D。【点睛】除了离子反应发生的条件，还要从氧化还原反应角度判断正误。6.在指定环境中，下列各组离子一定可以大量共存的是( )A. 中性溶液中：Cu2+、Fe3+、SO42、ClB. 含有大量S2的溶液中：N
10、a+ 、ClO、Cl、CO32C. 加入铝粉放出氢气的溶液中：Na+、Cl、NH4+、NO3D. pH试纸变成深蓝色的溶液中：SO32、AlO2、Na+【答案】D【解析】【详解】A. 中性溶液中，Cu2+、Fe3+发生水解，溶液显示酸性，中性溶液中Cu2+、Fe3+不可能大量共存，故A错误；B. 含有大量S2-的溶液中，具有强氧化性的ClO-能够氧化S2-离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；C. 加入铝粉放出氢气的溶液为强碱性或者酸性溶液，碱性溶液中NH4+能够与氢氧根离子反应，酸性溶液中NO3-具有强氧化性，无法与铝反应生成氢气，一定不能大量共存，故C错误；D. pH试纸变成深蓝色的溶液为
11、碱性溶液，溶液中存在大量的氢氧根离子，SO32-、Na+之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；答案选D。7.用下图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中，预测的现象与实际相符的是选项中物质中物质预测中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色D氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】试题分析：A盐酸首先中和氢氧化钠，A错误；B常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，B错误；C草酸具有还原性，能被酸性 高锰酸钾溶液氧化，使其褪色，C正
12、确；D氢氧化钠溶液开始是过量的，因此不可能产生白色沉淀氢氧化铝，D错误，答案选C。 考点：考查实验方案设计与评价8.已知2Fe32I=I22Fe2、2Fe2Br2=2Br2Fe3。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是氧化性：Br2Fe3I2原溶液中Br一定被氧化通入氯气后，原溶液中的Fe2一定被氧化不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2、Br均被完全氧化A. B. C. D. 【答案】
13、B【解析】【分析】由题给方程式可知，还原性强弱顺序为：IFe2Br，氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化。【详解】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由题给方程式可知，氧化性：Br2Fe3I2，故正确；原溶液中的Br-可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液
14、中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确；答案选B。9.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是A. 一定温度下，反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自发进行，该反应的H0B. 氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e4OHC. 常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.021023D. 反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的H可通过下式估算：H=反应中形成新共价键的键能之和-反应中断裂旧共价键的键能之和【答案】A【解析】【详解】A.体系能量
15、降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即H r(Z) r(Y)B. X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质C. Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键D. Y分别与Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同【答案】B【解析】【详解】前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，Y最外层电子数为6，故为O，而Y、W同主族，则W为S，X、Z、R最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于A族或A族，且X与Z、R均可形成离子化合物，几何原子
16、序数可知X为H、Z为Na、R为K。A. 同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径为r(Z) r(W) r(Y)，故A错误；B.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、HCl，它们都属于电解质，故B正确；C.Y与Z形成化合物有氧化钠、过氧化钠，而过氧化钠中含有离子键、共价键，故C错误；D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不相同，故D错误；答案选B。【点睛】正确推断出元素是解决本题的关键。12.SO2属于严重的大气污染物，可用H2与SO2
17、高温反应消除SO2的污染，其反应原理可分为两步，过程如图所示：下列说法正确的是A. SO2排放到空气中会形成pH5.6的酸雨B. 可用CuSO4溶液检验是否有X气体生成C. 在100200温度时发生的是置换反应D. 工业上可用浓硝酸处理工业尾气中的SO2【答案】B【解析】【详解】A.因为酸雨的pHOH，则Cl移向阳极放电：2Cl2e=Cl2，电解反应总方程式会发生改变，故D错误；答案选C。20.利用光伏电池与膜电解法制备Ce(SO4)2溶液的装置如下图所示,下列说法正确的是()A. 该装置工作时的能量形式只有两种B. 石墨电极发生反应：Ce4+ + e- = Ce3+C. 该离子交换膜为阴离子
18、交换膜，SO42-由左池向右池迁移D. 由P电极向N电极转移电子时，阳极室生成33.2g Ce(SO4)2【答案】D【解析】【详解】A. 该装置工作时的能量转化形式：热能、电能、化学能和光能，故A错误；B. 石墨是阳极，电极反应式Ce3+ -e- = Ce4+，故B错误；C. 溶液在左侧石墨电极附近电极发生反应：Ce3+ -e- = Ce4+，石墨是阳极，所以硫酸根离子移向石墨电极，离子交换膜为阴离子交换膜，SO42-由右池向左池迁移，故C错误；D. 由P电极向N电极转移0.1mol电子时，根据电极反应：Ce3+ -e- = Ce4+，阳极室生成0.1mol Ce(SO4)2，即33.2g C
19、e(SO4)2，故D正确；答案选D。21.某溶液中除水电离出的OH-、H+之外含Na+、Fe2+、Al3+、Ba2+、SO42-、NO3-、Cl-中的4 种，这4种离子的物质的量均为0.1 mol。若向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生。下列说法错误的是A. 该溶液中肯定不含Ba2+B. 若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中的阴离子会减少一种C. 若向该溶液中加入足量NaOH溶液，滤出沉淀，洗净灼烧后最多能得8.0g固体D. 该溶液中除水电离出的OH-、H+之外所含离子是Na+、Fe2+、SO42-、NO3-【答案】B【解析】【分析】向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生
20、，说明溶液中一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子，生成的气体为一氧化氮；由于溶液中存在的4种离子的物质的量均为0.1mol，根据溶液电中性，溶液中一定还存在一种阴离子，若是存在氯离子，溶液已经呈电中性，不会存在其它离子，所以溶液中存在的阴离子为硫酸根离子，再根据溶液电中性可知，正电荷物质的量为：0.1mol2=0.2mol，负电荷物质的量为：0.1mol2+0.1mol=0.3mol，溶液中一定还存在0.1mol正电荷，该离子的物质的量为0.1mol，所以该离子为钠离子，以此解答该题。【详解】加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子；
21、根据溶液的电中性可以判断溶液中还存在硫酸根离子和钠离子，A根据以上分析可知，溶液中一定不存在钡离子，选项A正确；B溶液中氢氧根离子、硫酸根离子不会消失；根据反应方程式NO3-+3Fe2+4H+=NO+3Fe3+2H2O可知，亚铁离子不足，加入足量的稀硫酸后，硝酸根离子不会消失，选项B错误；C若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，根据铁离子守恒，生成氧化铁的物质的量为0.05mol，质量为：0.05mol160g/mol=8.0g，选项C正确；D根据分析可知，该溶液中除H+、OH-之外所含离子是Fe2+、Na+、NO3-、SO42-，选项D正确；
22、答案选C。【点睛】本题考查离子的检验，侧重于学生的分析能力的考查，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及溶电荷守恒的应用，题目难度中等。二非选择题（本题3小题，共43分）22.元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。请回答下列问题： （1）+6价的Cr能引起细胞的突变而对人体不利，可用 Na2SO3 将Cr2O72 还原为Cr3+。该反应的离子反应方程式为_。（2）利用铬铁矿(FeOCr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是_。“水浸”要获得浸出液的操作是_
23、。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则 “还原”操作中发生反应的离子方程式为_。加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr的冶炼方法是_。（3）用石墨电极电解铬酸钠(Na2CrO4)溶液，可制重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2Cr+2H+Cr2+H2O)。电极b连接电源的_极(填“正”或“负”) , b 极发生的电极反应式为_。 电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是 _mol。【答案】 (1). 3SO32+Cr2O7
24、2+8H+=2Cr3+3SO42+4H2O (2). 洛铁矿粉碎等 (3). 过滤 (4). 8CrO42+3S2+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42+16OH (5). CO高温还原Cr2O3(或热还原法) (6). 正 (7). 2H2O4e=O2+4H+ (8). 【解析】【分析】（1）Na2SO3将Cr2O72-还原为Cr3+，则SO32-被氧化为SO42-，结合电荷守恒和质量守恒可得；（2）根据流程：铬铁矿(FeOCr2O3)加入纯碱、通入空气焙烧，得到Na2CrO4，过滤，滤液含有Na2CrO4，加入Na2S还原得到Cr(OH)3，反应为：8CrO42-+3S2-+20H2O
25、=8Cr（OH）3+3SO42-+16OH-，加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，再用还原剂还原得到Cr，据此分析作答；（3）b极得到Na2Cr2O7，则b有反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故b的电极反应为水放电生成氧气和氢离子，据此可得；根据电荷守恒计算。【详解】(1)Na2SO3将Cr2O72还原为Cr3+，则SO32被氧化为SO42，离子反应为：3SO32+Cr2O72+8H+=2Cr3+3SO42+4H2O，故答案为：3SO32+Cr2O72+8H+=2Cr3+3SO42+4H2O； (2)将洛铁矿粉碎等可以加快焙烧速率和提高原料的利用率，故答案为：将洛铁矿粉碎等；根
26、据流程，水浸得到浸渣和浸取液，分离固液的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，加入Na2S还原得到Cr(OH)3，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则有SO42，故反应为：8CrO42+3S2+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42+16OH，故答案为：过滤；8CrO42+3S2+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42+16OH；加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr的冶炼方法是用CO高温还原Cr2O3(或热还原法)，故答案为：CO高温还原Cr2O3(或热还原法)； (3)b极得到Na2Cr2O7，则b有反应2CrO42+2H
27、+Cr2O72+H2O，故b的电极反应为水放电生成氧气和氢离子，反应为：2H2O4e=O2+4H+，故b极为阳极，连接电源正极，故答案为：正；2H2O4e=O2+4H+；电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由amol变为bmol，则溶液中移动的电荷为(ab)mol，所以外电路中转移的电子为(ab)mol，阳极的电极反应为：2H2O4e=O2+4H+，则阳极生成的氢离子为(ab)mol，已知：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，则则理论上生成重铬酸钠的物质的量是mol，故答案为：。【点睛】根据工艺流程图,写出离子反应,从氧化还原反应的角度和电荷守恒,原子个数守恒的角度配平是解答难
28、点。23.亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为5.5，易水解。已知：AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3 +HNO2，某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验装置如图所示。（1）制备Cl2的发生装置可以选用_(填字母代号)装置，发生反应的化学方程式为_。 （2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连接顺序为 A_ (按气流方向，用装置的大写字母表示)。（3）实验室可用图示装置制备亚硝酰氯：实验室也可用 B装置制备NO，与B装置相比 X装置的优点为_。检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，
29、其目的是_，然后打开K1，当Z中有一定量液体生成时，停止实验。 （4）已知：ClNO 与H2O反应生成HNO2和 HCl。通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取Z中所得液体m g 溶于水，配制成250 mL 溶液；取出25.00 mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用c molL-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是_，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体； Ksp(AgCl)1.5610-10，Ksp(Ag2CrO4)110-12)【答案】 (1). A；MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2
30、H2O； (或B；2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O)； (2). F (3). D (4). E (5). G (6). 排除装置内空气的干扰 (7). 可以随开随用，随关随停 (8). 排干净三颈瓶中的空气 (9). 滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化 (10). %【解析】【分析】（1）由二氧化锰与浓盐酸加热（或高锰酸钾与浓盐酸）制备氯气，根据反应条件选择可得；（2）制得的氯气混有HCl和水蒸气，一次用饱和食盐水、浓硫酸除去，氯气密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气，据此分析可得；（3）X制备
31、NO气体，Y干燥NO气体，干燥的NO与氯气在Z中反应，X装置的优点是可以排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停；检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是排干净三颈瓶中的空气；（4）已知：Ag2CrO4为砖红色固体；Ksp（AgCl）=1.5610-10，Ksp（Ag2CrO4）=110-12）取出25.00mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmolL-1AgNO3标准溶液滴定至终点，利用Ag2CrO4为砖红色沉淀来指示反应达到终点，氯元素守恒：ClNOHClAgNO3，结合化学方程式定量关系计算亚硝酞氯（ClNO）的质量分数。【详解
32、】(1)制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热或高锰酸钾与浓盐酸反应制得，选择A，发生的离子反应为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，若选择B，发生的离子反应为：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：A；MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O； (或B；2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O)；(2)制得的氯气混有HCl和水蒸气，一次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为afgcbdejh，装置F
33、DEG，故答案为：F；D；E；G；(3)用B装置制备NO，与之相比X装置可以排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停，故答案为：排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停；检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是排干净三颈瓶中的空气，故答案为：排干净三颈瓶中的空气；(4)取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmolL1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终
34、点，根据氯元素守恒：ClNOHClAgNO3， 11 ncmol/L20.00103Ln=cmol/L20.00103L=c20.0010310mol=0.2c mol，亚硝酞氯(ClNO)的质量分数=100%=%，故答案为：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化；%。24.氮及其化合物在工业上有重要用途。请回答下列有关问题：（1）已知N2(g)+O2(g)=2NO(g) H =+180.5kJmol1，N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)H =92.4kJmol1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H =483.6kJmol1，写出氨气经催化氧化完全生成一氧化
35、氮和水蒸气的热化学方程式为_（2）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，在恒温恒压下判断该反应达到化学平衡状态的依据是_(填序号)；A2v(H2)(正)=3v(NH3)(逆) B2v(N2) (正)=v(H2) (逆)C容器内压强保持不变 D混合气体的密度保持不变（3）在有氧条件下，新型催化剂M能催化与生成。将一定比例的、和的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见图）。反应相同时间的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在范围内随着温度的升高，的去除率先迅速上升后上升缓慢，迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使去除反应速
36、率迅速增大，上升阶段缓慢主要是_；当反应温度高于时，的去除率迅速下降的原因可能是_。（4）如图为利用肼空气燃料电池电解硫酸铜溶液的示意图。左图负极反应式为：_。当上图阴极上放出2.24L气体标准状况时，图中硫酸铜溶液的pH=_(溶液体积变化忽略不计）。（4）工业上生产尿素的化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)。在T，体积为4L的密闭容器中，通入6mol NH3和3mol CO2 。10min反应达到平衡，达到平衡时，c(NH3)=0.5molL1。则10min内的平均反应速率(CO2)_molL1min1。若此时保持T和平衡时容器的压强不变，再向体积
37、可变的容器中充入3mol NH3，则此时反应的v正_ v逆(填“”“”或“=”)。【答案】 (1). 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H=905.0kJ/mol (2). AC (3). 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大 (4). 上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大但是催化剂活性下降，氨气在该条件下与氧气反应生成NO (5). N2H44e+4OHN2+4H2O (6). PH=0 (7). 0.05 (8). 16=K，说明此时平衡向着逆向移动，则V正V逆，故答案为：0.05；。三选考题（从25、2
38、6题中任选一题完成，15分）【选修3物质结构与性质】25.镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题：（1）基态镍原子的价电子排布式为_，排布时最高能层的电子所占的原子轨道有_个伸展方向。（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4 和正方形的Ni(CN)42-、正八面体形的Ni(NH3)62+等。下列说法不正确的有_。ACO与CN-互为等电子体，其中CO分子内键和键个数之比为1:2BNH3的空间构型为平面三角形CNi2+在形成配合物时，其配位数可能为是4或6DNi(CO)4中，镍元素是sp3杂化（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉
39、淀，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“”表示出氢键。_（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，相关离子半径如下表：NiO晶胞中Ni2+的配位数为_，NiO熔点比NaCl高的原因是_。（5）研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。合金LaNix晶体属六方晶系如图a所示，其晶胞如图a中实线所示，如图b所示（其中小圆圈代表La，小黑点代表Ni）。储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“ ”）和四面体空隙（“ ”），见图c、d，这些就是氢原子存储处。LaNix合金中x的值为_； LaNix晶胞的密度是_g/cm-3（阿伏伽德罗常数用NA表示，LaNix的摩尔质量
40、用M表示 ）晶胞中和“”同类的八面体空隙有_个。【答案】 (1). 3d84s2 (2). 1 (3). B (4). (5). 6 (6). 离子半径越小，离子所带电荷越多，键长越短，键能越大，熔点越高 (7). 5 (8). (9). 3【解析】【分析】（1）Ni元素原子序数是28，其3d、4s电子为其价电子，3d、4s能级上电子数分别是8、2，据此书写其价电子排布式，找到最高能层，为N层，能级为4s，判断它的空间伸展方向；（2）ACO与CN-互为等电子体，则一氧化碳中含有碳氧三键，其中键个数为1；键个数为2；故键和键个数之比为1:2；BNH3的中心原子为N，价层电子岁数为4对，有一对孤对
41、电子，sp3杂化，空间构型为三角锥形；C根据题干信息，镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4 和正方形的Ni(CN)42-、正八面体形的Ni(NH3)62+，因此Ni2+在形成配合物时，其配位数可能为是4或6；DNi(CO)4中，镍元素成键电子对数为4，孤电子对数为0，则价电子对数为4；(3)中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键;氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，则氢键表示为 ；(4)因为NiO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni和O的配位数也均为6；根据表格数据
42、，氧离子和镍离子的半径小于钠离子和氯离子，则NiO的键长小于NaCl，离子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高，所以氧化镍熔点高于氯化钠熔点；(5) 由图b可知，La的个数为8=1，Ni的个数为8+1=5，La与Ni的个数比1:5，则x=5；由图a可得晶胞的体积V=510-8cm510-8cm410-8cm=110-21cm3，密度= 进行计算；六个球形成的空隙为八面体空隙，显然图c中的八面体空隙都是由2个La原子和4个Ni原子所形成，这样的八面体空隙位于晶胞的，上底和下底的棱边和面心处，共有8+2=3个；【详解】（1）Ni元素原子序数是28，其3d、4s电子为其价电子，3d、4s能级上电子
43、数分别是8、2，其价电子排布式为3d84s2，最高能层的电子为N，分别占据的原子轨道为4s，原子轨道为球形，所以有一种空间伸展方向；答案为：3d84s2；1；（2）ACO与CN-互为等电子体，则一氧化碳中含有碳氧三键，其中键个数为1；键个数为2；故键和键个数之比为1:2，故A正确；BNH3的中心原子为N，价层电子岁数为4对，有一对孤对电子，sp3杂化，空间构型为三角锥形，故B错误；C根据题干信息，镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4 和正方形的Ni(CN)42-、正八面体形的Ni(NH3)62+，因此Ni2+在形成配合物时，其配位数可能为是4或6，故C正确；DNi(CO)4中，镍元素
44、成键电子对数为4，孤电子对数为0，则价电子对数为4，是sp3杂化，故D正确；答案选B。(3)中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键;氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，则氢键表示为，故答案为：；(4)因为NiO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni和O的配位数也均为6；根据表格数据，氧离子和镍离子的半径小于钠离子和氯离子，则NiO的键长小于NaCl，二者都属于离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高，所以氧化镍熔点高于氯化
45、钠熔点，答案为：6；离子半径越小，离子所带电荷越多，键长越短，键能越大，熔点越高；(5) 由图b可知，La的个数为8=1，Ni的个数为8+1=5，La与Ni的个数比1:5，则x=5；答案为：5；由图a可得晶胞的体积V=510-8cm510-8cm410-8cm=110-21cm3，密度= =g/cm-3，答案为：；六个球形成的空隙为八面体空隙，显然图c中的八面体空隙都是由2个La原子和4个Ni原子所形成，这样的八面体空隙位于晶胞的，上底和下底的棱边和面心处，共有8+2=3个，答案为：3。【点睛】考察同学们的空间立体结构的思维能力，难度较大。该题的难点和易错点在(5)的，与 “”同类的八面体空隙
46、位于晶胞的，上底和下底的棱边和面心处，且空隙与其他晶胞共用，计算数目时也要注意使用平均法进行计算。【选修5有机化学基础】26.抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。已知： 有机物结构可用键线式表示，如(CH3)2NCH2CH3的键线式为（1）有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐。有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2；B加氢可得环己醇。A和B反应生成C的化学方程式是_，反应类型是_。（2）D中含有的官能团：_。（3）E的结构简式为_。（4）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得G和J。J经还原可转化为G。J的结构简式为_。（5）M是J的同分异构体，符合下列
47、条件的M的结构简式是_。包含2个六元环M可水解，与NaOH溶液共热时，1 mol M最多消耗2 mol NaOH（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH4和H2O的作用是_。（7）由K合成托瑞米芬的过程：托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是_。【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). 羰基、羟基 (4). (5). (6). (7). 还原剂；水解 (8). 【解析】【分析】有机物A能与碳酸钠溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐，A为苯甲酸；有机物B能与碳酸钠反应，但不产生CO2，且B加氢得环己醇，则B为苯酚；苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3，加热条件下发生取代反应生成C
48、为；C发生信息中的反应生成D为；D发生信息中的反应生成E为；F经碱性水解，酸化得G和J，J经还原可转化为G，则G和J具有相同的碳原子数和碳骨架，则G为；J为；由G和J的结构可推知F为C6H5-CH=CH-COOCH2CH=CH-C6H5，E和G先在LiAlH4作用下还原，再水解最后得到K，据此解答。【详解】（1）根据以上分析，A为苯甲酸，B为苯酚，苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3，加热条件下发生取代反应生成C为，化学方程式为，故答案为取代反应；（2）D为，D中含有的官能团为羰基、羟基，故答案为羰基、羟基；（3）D发生信息中的反应生成E，其结构简式为，故答案为；（4）F经碱性水解，酸化得G和J，J经还原可转化为G，则G和J具有相同的碳原子数和碳骨架，则G为；J为，故答案为；（5）J为，分子式为C9H8O2，不饱和度为6，其同分异构体符合条件的M，包含两个六元环，则除苯环外还有一个六元环，M可水解，与氢氧化钠溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH，说明含有酚酯的结构，则M的结构简式为，故答案为；（6）由合成路线可知，E和G先在LiAlH4作用下还原，再水解最后得到K，故答案为还原剂；水解；（7）由合成路线可知，托瑞米芬分子中含有碳碳双键，两个苯环在双键两侧为反式结构，则其结构简式为：，故答案为。