1、射洪县高2014级第三期期末统考实验小班加试试题化 学 本试卷分第卷（选择题，42分）和第卷（非选择，58分）两部分。考试时间为60分钟。满分为100分。第卷（选择题 共42分）注意事项：1、答第卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目用铅笔涂写在机读卡上。2、每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能答在试卷上。3、考试结束后，监考人将机读卡和第卷一并收回。可能用到的元素的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Mn-55 Fe-56一、选择题（本题共7个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，
2、只有一项是符合题目要求的）1. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A. 5.6gFe溶于1L 0.3moL/L硝酸中，转移的电子数为0.3NAB. 冰晶体中平均每摩尔水分子最多含有2NA个氢键C. 12g石墨层状结构中含有平面正六边形的数目为NAD. 1molN2和3molH2在一定条件下充分反应形成的NH键数目为6NA【答案】B【解析】5.6gFe溶于1L 0.3moL/L硝酸中，生成硝酸铁和硝酸亚铁的混合物，转移的电子数为0.2NA0.3 NA，故A错误；冰晶体中每个水分子与其他4个分子形成氢键，所以平均每摩尔水分子最多含有2NA个氢键，故B正确；根据均摊原则，每个平面正六边形
3、占用2个碳原子，12g石墨层状结构中含有平面正六边形的数目为0.5NA，故C错误；氮气、氢气合成氨气属于可逆反应，1molN2和3molH2在一定条件下充分反应形成的NH键数目小于6NA，故D错误。2. 下列操作的原理或对应的离子方程式不正确的是A. Mg (HCO3)2溶液中加入足量的Ba(OH)2：Mg2+ + 2HCO3-+ 2Ba2+ + 4OH-= Mg(OH)2+ 2BaCO3+ 2H2OB. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O32- 2H+= SO2SH2OC. K2Cr2O7溶液中加入氢氧化钠溶液，溶液颜色由橙色变为黄色证明溶液中存在平衡：Cr2O72-H2O 2CrO42
4、- 2H+D. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2混合来证明H2O2具有还原性：【答案】D【解析】氢氧化镁比碳酸镁更难溶，所以Mg (HCO3)2溶液中加入足量的Ba(OH)2离子方程式为Mg2+ + 2HCO3-+ 2Ba2+ + 4OH-= Mg(OH)2+ 2BaCO3+ 2H2O，故A正确；Na2S2O3溶液中加入稀硫酸发生歧化反应生成硫酸钠、二氧化硫和硫单质：S2O32- 2H+= SO2SH2O，故B正确；加入氢氧化钠Cr2O72-H2O 2CrO42- 2H+，氢离子浓度减小，平衡正向移动，故C正确；HCl、H2O2都能被高锰酸钾氧化，故D错误。. 2MnO4- + 6H+
5、+ 5H2O2 = 2Mn2+ + 5O2 + 8H2O 3. 下列实验操作不正确的是实验目的实验操作A验证化学反应中的能量变化将NO2球浸泡在冰水，热水中观察颜色变化B证明非金属性：ClCSi将纯碱与足量浓盐酸反应后产生的气体直接通入硅酸钠溶液中C探究相同条件下，溶液浓度对反应速率的影响在两支试管中各加入4 ml 0.01 mol/L的KMnO4 酸性溶液，再分别加入0.1 mol/L H2C2O4 溶液2 ml、0.2 mol/L H2C2O4 溶液2 mL, 分别记录溶液褪色所需时间D除去氢氧化铁中少量的氢氧化铜将过量氨水加入混合物中并充分搅拌，然后过滤、洗涤、干燥A. A B. B C
6、. C D. D【答案】B【解析】2NO2(g)N2O4(g) H，根据NO2球浸泡在冰水，热水中观察颜色变化可判断平衡移动方向，故A正确；盐酸是无氧酸，不能证明非金属性ClC；浓盐酸易挥发，二氧化碳、HCl都能使硅酸钠溶液产生沉淀，不能证明非金属性CSi，故B错误；H2C2O4浓度不同，溶液褪色所需时间可判断反应速率，故C正确；氢氧化铜会溶解在过量的氨水中,形成络合物，故D正确。4. 下列各组变化中，化学反应的反应热前者小于后者的一组是 CH4(g)+2O2(g) = CO2(g)2H2O(l) H1 ； CH4(g)+2O2(g) = CO2(g)2H2O(g) H2 2H2(g)+O2(
7、g)=2H2O(l)H1 ； H2(g)+O2(g)=H2O(l)H2 t时在一定条件下，将1 mol SO2和1 mol O2分别置于恒容和恒压的两个密闭容器中，达到平衡状态时放出的热量分别为Q1、Q2 CaCO3(s)=CaO(s)CO2 (g)H1 ； CaO(s)H2O(l) = Ca(OH)2(s)H2A. B. C. D. 【答案】A【解析】甲烷燃烧生成液体水放热大于甲烷反应生成气体水;焓变包含负号比较;H1H2氢气和氧气反应相同条件下量不同反应热不同;焓变包含负号比较H1H2恒容容器中反应进行过程中压强减小，恒压容器中反应过程中压强比恒容容器中大反应物转化率大;H1H2碳酸钙分解
8、吸热，氧化钙和水反应放热;焓变包含负号比较;H1H2综上所述:符合，故A正确。.5. 固定容积为2 L的密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）zC（g），图I表示200时容器中各物质的量随时间的变化关系，图II表示平衡时平衡常数K随温度变化的关系。结合图像判断，下列结论正确的是A. 200时，反应从开始到平衡的平均速率v(A)0.08molL-1min-1B. 200时，若在第6 min再向体系中充入1 mol He，此时v（正）v（逆）C. 若05 min内容器与外界的热交换总量为m kJ，则该反应的热化学方程式可表示为：2A（g）+B（g）C（g） H= +5m kJ/molD. 200
9、时，平衡后再充入2 mol C，则再次达到平衡时，C的体积分数等于0.25【答案】C【解析】A.200时，反应从开始到平衡的平均速率v(A) = (0.8-0.4) mol2 L5 min = 0.04 mol/(Lmin)，A错误; 200时，若在第6 min再向体系中充入1 mol He,容器体积不变，反应物浓度不变，平衡不移动，此时v（正）=v（逆），故B错误；根据图II，平衡常数K随温度升高而增大，说明正反应吸热；根据图1，若05 内min生成C 0.2mol，吸收m kJ能量，则该反应的热化学方程式可表示为：2A（g）+B（g）C（g） H= +5m kJ/mol，故C正确；200时
10、，平衡后再充入2 mol C，相当于加压，则再次达到平衡时，C的体积分数大于0.25，故D错误。6. 热电池是一种可长期储备电能的电池，高氯酸钾广泛用于热电池。铁和高氯酸钾反应提供的能量使盐熔化导电，从而激活电池。铁和高氯酸钾的热电池反应为：KClO4(s)4Fe(s) = KCl(s)4FeO(s)H ，下列说法合理的是A. H0且参与反应的高氯酸钾越多，H的值越小B. 在该热电池中，铁为负极，发生还原反应C. 正极反应式为KClO4(s)8e- = KCl(s)4O2-(l)D. 生成1 mol FeO时转移8 mol电子【答案】C【解析】热化学方程式中反应热值只与化学计量数有关，和参与反
11、应物的量无关，故A错误；铁为负极，发生氧化反应，故B错误；原电池的正极发生还原反应，熔融盐可传递氧离子，正极反应式为KClO4（s）+8e-KCl（s）+4O2-（l），故C正确；根据热电池反应：KClO4（s）+4Fe（s）KCl（s）+4FeO（s），生成1molFeO转移2mol电子，故D错误。7. 重要化工原料CuSO4的制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是 A. 途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2B. 相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C. Y物质具有还原性，可以是葡萄糖D. 1molCuSO4在1100所得混合气体X中O2一定为0.75mol【答
12、案】D【解析】A.Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，离子反应为:3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2，故A正确;B.相对于途径、，途径的优点:制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，故B正确; C、葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为:C6H12O6+2Cu(OH)2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故C正确;D、根据2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O
13、2知，1molCuSO4在1100所得混合气体X中O2为0.5mol，故D错误;第卷（非选择题，共58分）二、非选择题：8. A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大。A的最高正价和最低负价的绝对值相等，B的基态原子有3个不同的能级且各能级中电子数相等，D的基态原子与B的基态原子的未成对电子数目相同，E的基态原子的s能级的电子总数与p能级的电子总数相等，F的基态原子3d能级电子数是4s能级电子数的4倍。请回答下列问题：(1)F的基态原子价电子排布式为 _。.(2)B、C、D、E原子的第一电离能由小到大的顺序为_(用元素符号回答)。(3)C元素最高价氧化物对应水化物的空间构型为_。(4)
14、下列关于B2A2分子和A2D2分子的说法正确的是_。a分子中都含有键和键 b中心原子都是sp杂化c都是含极性键和非极性键的非极性分子 d互为等电子体eB2A2分子的沸点明显低于A2D2分子（5）在浓的FCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为FCl36H20的晶体，该晶体属于配合物，有两种配体，其物质的量之比为1：5，则该配离子的化学式为_。（6）由B、E、F三种元素形成的一种具有超导性的晶体，其立方晶胞如图所示。E和F原子在面心紧密堆积。与1个F原子最近且等距离的F原子的数目为_；该晶体的化学式为 _。若该晶体一个晶胞的相对分子质量为M，阿伏加德罗常数为NA，
15、B、E、F三种元素的原子半径分别为r1 pm、r2 pm、r3 pm，（1pm =110-12 m） 则该晶体的密度表达式为 _gcm3。【答案】 (1). 3d84s2 (2). MgCON (3). 平面三角形 (4). e (5). Ni（H2O）5Cl2+ (6). 8 (7). MgNi3C (8). 1030M/2 (r2r3)3NA（其他合理形式也可）解析：根据以上分析:(1) Ni原子价电子排布式为3d84s2；(2)C、N、O、Mg四种元素中Mg的金属性最强所以第一电离能最小，C、N、O中N的3p轨道式半充满状态是稳定状态所以第一电离能较大，同周期元素中随核电荷数的增大第一电
16、离能增大，所以第一电离能的顺序是MgCON；(3) C是N元素，最高价氧化物对应水化物形成的阴离子是硝酸根离子，价电子对数是 ，无孤对电子，空间构型为平面三角形；(4)C2H2和H2O2中，C2H2含有键和键，H2O2只含键，故A错误；B C2H2中C原子是sp杂化，H2O2不是，故B错误；C2H2是直线型分子是含极性键和非极性键的非极性分子，H2O2是极性分子，故c错误；C2H2和H2O2的价电子的总数不同不是等电子体，故d错误；C2H2和H2O2都是分子晶体，H2O2的相对分子质量大且有氢键，H2O2沸点高，故e正确；(5) FCl36H20属于配合物，到配位数为6,有两种配体，其物质的量
17、之比为1：5，则该配离子的化学式为Ni（H2O）5Cl2+；（6）F位于正方体的面的中心所以与一个F原子距离最近的F原子的数目上下各4个，共8个，该晶胞中F的个数是61/2=3，E位于正方体的8个顶点所以E得个数是81/8=1B位于体内个数是1所以该晶体的化学式为MgNi3C，晶胞的质量是，EF两个原子的直径是晶胞底面的对角线设晶胞的棱长为acm则a=2(r2+r3)pm=(2r2+2r3)10-10cm，所以可求晶胞的密度为 = g/cm3点睛：同周期元素中随核电荷数的增大第一电离能增大，p轨道式半充满状态是稳定状态所以第一电离能较大。9. 火力发电厂释放出大量的氮氧化物（NOx）、二氧化硫
18、和二氧化碳等气体会对环境造成严重影响。对燃煤废气进行脱硝、脱碳和脱硫等处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。（1）脱硝：利用甲烷催化还原NOx：CH4(g)4NO2(g) = 4NO(g)CO2(g)2H2O(g) H1574 kJ/molCH4(g)4NO(g) = 2N2(g)CO2(g)2H2O(g) H21160 kJ/mol则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为_（2）脱碳：I.CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H3 取五份等体积的CO2和H2的混合气体（物质的量之比均为13），分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭
19、容器中，发生上述反应，反应相同时间后，测得甲醇的体积分数(CH3OH)与反应温度T的关系曲线如右图所示，则上述CO2转化为甲醇的反应热H3 _0（填“”、“”或“”）该反应的平衡常数表达式为_。在一恒温恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，进行上述反应。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如右图所示。试回答：010 min内，氢气的平均反应速率为_mol/（Lmin）。.第10 min后，若向该容器中再充入1 mol CO2和3 mol H2，则再次达到平衡时CH3OH(g)的体积分数 _（填“变大”、“减少”或“不变”）。.在催化作用下，甲烷和二氧化碳还可以直接转化
20、成乙酸。在不同温度下乙酸的生成速率如图所示：在250400范围内，乙酸的生成速率随温度变化的原因是 _。 实际生产选择的最佳温度是_。（3）脱硫：有学者想利用如图所示装置用原电池原理将SO2转化为重要的化工原料，A、B是惰性电极。则电子流出的电极为_（用A或B表示），A极的电极反应式为 _。【答案】 (1). CH4(g)2NO2(g)CO2(g)2H2O(g)N2(g) H867 kJ/mol (2). (3). K (4). 0.225 (5). 变大 (6). 250-300。C速率降低是因为催化剂的催化效率降低 300-400。C速率升高是因为温度升高速率加快 (7). 250。C (
21、8). A (9). SO22e-2H2OSO42-4H+【解析】试题分析：（1）根据盖斯定律，计算目标方程式的焓变；（2）由图可知，到达平衡后，温度越高，（CH3OH）越小，平衡向逆反应进行；根据 计算速率；第10 min后，若向该容器中再充入1 mol CO2和3 mol H2，相当于加压；. 根据影响化学反应速率的因素分析；实际生产选择的最佳温度要考虑反应速率和能量消耗；（3）电池中，负极失电子被氧化，所以负极投放二氧化硫。（3）电池中，负极失电子被氧化，所以负极投放二氧化硫，电子有负极流出，负极反应式为SO22e-2H2OSO42-4H+。点睛：若正反应吸热，升高温度平衡正向移动，平衡
22、常数增大；若正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小。10. 天津港“8.12”爆炸事故中，因爆炸冲击导致氰化钠有少量泄漏，可通过喷洒硫代硫酸钠溶液来处理，以减轻污染。某化学兴趣小组在实验室制备硫代硫酸钠，并探究硫代硫酸钠的性质及氰化钠废水的处理。【实验一】实验室通过如下图（a）所示装置制备Na2S2O35H2O已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，有关物质的溶解度曲线如图（b）所示，步骤1：如图连接好装置后，检查A、C装置气密性的操作是_。步骤2：加入药品，打开K1、关闭K2，加热。装置B、D中的药品可选用下列_（填编号） A. NaOH溶液 B.浓H2SO4 C.酸性KMnO
23、4溶液 D.饱和NaHCO3溶液步骤3：C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少。当C中溶液的pH在7至10时，打开K2、关闭K1并停止加热，C中溶液要控制pH的原因是_。步骤4：先将C中的混合液过滤，再将滤液经过加热浓缩，趁热过滤，最后将滤液_得到产品。【实验二】Na2 S2O3的性质及废水处理：（1）向足量的新制氯水中滴加少量Na2 S2O3溶液，氯水颜色变浅，检查反应后溶液中含有硫酸根，写出该反应的离子方程式_。 （2）氰化钠与硫代硫酸钠的反应为：NaCN + Na2S2O3NaSCN + Na2SO3；已知：NaSCN中S为-2价，处理掉lmolNaCN，碳原子失去电子的
24、物质的量为_。（3）废水中的CN也可在催化剂作用下先用NaClO氧化成CNO，再在酸性条件下继续用NaClO将CNO氧化成两种对环境无污染的气体。则后一步反应的离子方程式为：_。【答案】 (1). 关闭K2,打开K1,在D中加水至浸没导管末端，关闭分液漏斗，微热烧瓶，导管口产生连续气泡，停止加热产生倒吸水柱。 (2). ACD (3). 继续通SO2将使溶液PH进一步降低而Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在。 (4). 冷却结晶、过滤、洗涤、烘干 (5). S2O32-+ 4Cl2 +5H2OSO42-+10H+8Cl- (6). 2 mol (7). 2CNO- +2H+3ClO-N2+
25、2CO2+3C1-+H2O【解析】试题分析：【实验一】（1）根据检查装置的气密性的常用方法；装置B、D的作用是尾气处理；根据Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，回答C中溶液要控制pH的原因；根据Na2S2O3的溶解度随温度升高而增大分析步骤4；【实验二】（1）氯水颜色变浅，检查反应后溶液中含有硫酸根，说明氯气把S2O32-氧化为硫酸根离子；（2）根据：NaCN、NaSCN中C元素化合价分析；（3）在酸性条件下继续用NaClO将CNO氧化成两种对环境无污染的气体是二氧化碳和氮气。.解析：【实验一】（1）根据检查装置的气密性的方法，检查A、C装置气密性的操作是关闭K2,打开K1，在D中加水至浸
26、没导管末端，关闭分液漏斗，微热烧瓶，导管口产生连续气泡，停止加热产生倒吸水柱；装置B、D的作用是尾气处理，二氧化硫能被碱性溶液或氧化性溶液吸收，选、NaOH溶液、酸性KMnO4溶液、饱和NaHCO3溶液； Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，所以C中溶液要控制pH在碱性范围内； Na2S2O3的溶解度随温度升高而增大，将滤液冷却结晶、过滤、洗涤、烘干得到Na2S2O35H2O；【实验二】（1）氯水颜色变浅，检查反应后溶液中含有硫酸根，说明氯气把S2O32-氧化为硫酸根离子，反应离子方程式为S2O32-+ 4Cl2 +5H2OSO42-+10H+8Cl-；（2）NaCN中C 元素化合价为+2
27、，NaSCN中C元素化合价为+4，处理,lmolNaCN，碳原子失去电子的物质的量为2mol；（3）在酸性条件下继续用NaClO将CNO氧化成两种对环境无污染的气体是二氧化碳和氮气，离子方程式为 2CNO- +2H+3ClO-N2+2CO2+3C1-+H2O。11. 工业上硫酸锰铵(NH4)2Mn(S04)2 可用于木材防火涂料等。其制备工艺如下： 已知步骤反应：H2C2O4 + H2SO4 + MnO2 MnSO4 + 2CO2 + 2H2O （1）在步骤I的反应中，氧化剂是_。（2）步骤中趁热过滤前需向MnSO4溶液中加入少量热水，其目的是_；步骤III所得(NH4)2Mn(S04)2晶体
28、需用酒精溶液洗涤，洗去的主要杂质离子有_。（3）下列操作有利于提高产品产率的是_（填序号）。A慢慢分次加入二氧化锰B趁热过滤 C冰水浴充分冷却D用水代替酒精溶液洗涤（4）碱性干电池中含大量MnO2可以回收利用，写出MnO2的两种中学阶段常见作用_ ；若从干电池中回收87 kg MnO2，理论上可以获得(NH4)2Mn(S04)2_kg。【答案】 (1). MnO2 (2). 防止过滤时因温度降低有MnSO4晶体析出 (3). NH4+、SO42- (4). ABC (5). 氧化剂，催化剂 (6). 283【解析】试题分析：（1）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；（2）硫酸锰的溶解度随温度升
29、高而增大；步骤III加入了过量的硫酸铵，所得(NH4)2Mn(S04)2晶体表面有NH4+、SO42-；（3）慢慢分次加入二氧化锰，可提高二氧化锰的利用率；趁热过滤，防止过滤时因温度降低析出MnSO4晶体；冰水浴充分冷却，温度降低充分析出(NH4)2Mn(S04)2晶体；用水代替酒精溶液洗涤，部分(NH4)2Mn(S04)2溶于水；（4）MnO2作过氧化氢分解的催化剂，用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气；根据元素守恒计算回收87 kg MnO2，理论上可以获得(NH4)2Mn(S04)2的质量。解析：（1）H2C2O4 + H2SO4 + MnO2 MnSO4 + 2CO2 + 2H2O反应，Mn
30、O2中锰元素化合价降低，所以MnO2是氧化剂；（2）硫酸锰的溶解度随温度升高而增大，加入少量热水的目的是防止过滤时因温度降低有MnSO4晶体析出；步骤III加入了过量的硫酸铵，所得(NH4)2Mn(S04)2晶体表面有NH4+、SO42-，用酒精溶液洗涤，洗去的主要杂质离子有NH4+、SO42-；（3）慢慢分次加入二氧化锰，可提高二氧化锰的利用率，故A正确；趁热过滤，防止析出MnSO4晶体，提高锰元素的利用率，故B正确；冰水浴充分冷却，温度降低充分析出(NH4)2Mn(S04)2晶体，提高锰元素的利用率，故C正确；用水代替酒精溶液洗涤，部分(NH4)2Mn(S04)2溶于水，造成锰元素损失，降低锰元素的利用率，故D错误；（4）MnO2作过氧化氢分解的催化剂，用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，MnO2的两种中学阶段常见作用是氧化剂，催化剂；根据元素守恒， 87 kg MnO2理论上可以获得(NH4)2Mn(S04)2的质量283Kg。点睛：从溶液中获得溶解度受温度影响小的溶质，用蒸发结晶的方法；获得溶解度受温度影响大的溶质，用降温结晶的方法，如食盐水中得到食盐用蒸发的方法，从硝酸钾溶液获得硝酸钾可用降温结晶的方法。
