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陕西省汉中市2021届高三第一次模拟化学试卷 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:1411651 上传时间:2024-06-07 格式:DOC 页数:21 大小:999KB
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资源描述

1、汉中市2021届高三年级教学质量第一次检测考试化 学注意事项:1.试题分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)。满分100分,考试时间90分钟。2.答卷前,考生务必将自己的姓名、考号填涂在答题卡上。3.选择题答案用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,非选择题用0.5mm黑色签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答,超出答题区域的答案无效。4.可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Ni 59 Cu 64第卷(选择题,共42分)一、选择题(114题,每小题3分,共42分。每小题只有一个选项符合题意)1. 化学与工农业生产、日常生活、材料等有密切

2、的联系,下列说法不正确的是( )A. 华为公司自主研发的“麒麟9000芯片”需要以高纯度的硅为原料B. 笔、墨、纸、砚为传统文房四宝,上述物质中的毛笔与宣纸均含有机物C. 新冠病毒可用次氯酸钠溶液或双氧水消毒,其消毒原理相同D. 将生活垃圾露天焚烧,减少对人类生活的影响【答案】D【解析】【详解】A硅为良好的半导体,常用作芯片,故A正确;B毛笔的毛的主要成分是蛋白质,宣纸的主要成分为纤维素,均为有机物,故B正确;C新冠病毒可用次氯酸钠溶液或双氧水消毒,都是利用它们的强氧化性杀菌消毒,故C正确;D将生活垃圾露天焚烧,会产生有毒气体,危害人类健康,故D错误; 故答案为D。2. 用下列实验装置能达到相

3、关实验目的的是( )ABCD实验装置实验目的除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液制备并收集少量NO2实验室灼烧Na2CO310 H2O测定中和反应的反应热A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A 胶体和溶液中的分散质都可以通过滤纸,除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液应该用渗析,故A错误;B二氧化氮能与水反应,不能用排水法收集二氧化氮 ,应用排空气法收集,故B错误;C实验室灼烧固体应该在坩埚中 ,蒸发皿是蒸发溶液的,故C错误;D符合中和热实验的测定装置,故D正确;故选:D。3. 下列有关化学用语表达正确的是( )A. 二硫化碳的结构式 S=C=SB. 23Na3

4、7Cl中质子数和中子数之比是8:7C. HCl的电子式为:D. 结构示意图为 的阴离子都不能破坏水的电离平衡【答案】A【解析】【详解】A二硫化碳的结构式与二氧化碳相似,二氧化碳的结构式是O=C=O,所以二硫化碳的结构式是 S=C=S ,故A正确;B23Na37Cl中质子数:11+17=28,中子数为:(2311)+(3717)=32,质子数和中子数之比=28:32=7:8,故B错误;C氯化氢是共价化合物,没有阴阳离子,氢原子和氯原子共用一对电子,以共价键结合,电子式为: ,故C错误;D符合结构示意图为 的阴离子可能是硫离子,硫离子水解能破坏水的电离平衡 ,故D错误;故选:A。4. 设NA为阿伏

5、加德罗常数的值,下列有关叙述正确的是( )A. 标准状况下,2.24L CCl4含有的分子数为0.1NAB. 8g甲醇中含有的C-H键数目为NAC. 22.4L(标况下)NO与0.5mol O2混合充分反应,最后得到NO2分子数小于NAD. 常温下,pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A标准状况下CCl4为液体,2.24L CCl4的物质的量不是0.1mol,故A错误;B甲醇的结构简式是CH3OH,8g甲醇中含有的C-H键数目为0.75NA,故B错误;C22.4L(标况下)NO的物质的量是1mol,1mol NO与0.5mol O2混合充分反应生

6、成1molNO2,由于存在平衡,最后得到NO2分子数小于NA,故C正确;D常温下,pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-的浓度是0.1mol/L,没有溶液体积,不能计算OH-数目,故D错误;选C。5. 在稀硫酸中加入铜粉,铜粉不溶解,再加入某物质X,发现铜粉逐渐溶解,请问X不可能是( )A. Fe2(SO4)3B. HClC. H2O2D. KNO3【答案】B【解析】【详解】A铜能和Fe2(SO4)3反应生成硫酸铜和硫酸亚铁,所以铜能在Fe2(SO4)3溶液中溶解 ,故A不选;B稀硫酸中加入铜粉,铜粉不溶解,再加入HCl,铜仍然不溶解 ,故B选;C在稀硫酸中加入铜粉,铜粉不溶解,再加入H2O2

7、,过氧化氢具有氧化性,发现铜粉逐渐溶解 ,故C不选;D向稀硫酸反应加入硝酸钾后,溶液中含有氢离子和硝酸根离子,所以相当于溶液中含有硝酸,硝酸能和铜反应,所以加入硝酸钾后能溶解铜,故 D不选;故选:B。6. 将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S,其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法错误的是( )A. 过程发生复分解反应,由弱酸反应得到强酸B. 过程中,发生反应的离子方程式为: S2-2Fe3=S2Fe2C. 过程中,标准状况下11.2L O2参加反应转移2mol电子D. 在中Fe3作氧化剂,在中Fe3是氧化产物【答案】B【解析】【详解】A过程发生

8、的反应 是复分解反应,由硫化氢生成氯化氢,由弱酸生成强酸,A不选;B过程中,Fe3转化为Fe2,硫化铜是沉淀,不能拆成离子的形式,正确的离子方程式是 ,故B选;C过程中,标准状况下11.2L O2参加反应其物质的量是 =0.5mol,转移0.5mol22=2mol电子,故C不选;D过程中,Fe3转化为Fe2,Fe3作氧化剂,在中 ,Fe2转化为Fe3,Fe3是氧化产物,故D不选;故选:B。7. W、X、Y、Z 均为短周期元素,原子序数依次增加,W 原子的最外层电子数是次外层的3倍,X-、Y具有相同的电子层结构,Z 的阴离子不能发生水解反应。下列说法正确的是( )A. 原子半径:YZXWB. 简

9、单氢化物的沸点:WXZC. 最高价氧化物对应的水化物的酸性:XZD. W、X 可分别与 Y 形成化合物,其所含的化学键类型一定完全相同【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z 均为短周期元素,原子序数依次增加,W 原子的最外层电子数是次外层的3倍,W是O元素;Z 的阴离子不能发生水解反应,Z是Cl元素,X-、Y具有相同的电子层结构,X是F元素、Y是Na元素。【详解】A电子层数越多半径越大,电子层数相同,质子数越多半径越小,原子半径:NaClOF,故A错误;BH2O、HF分子间能形成氢键,水分子间氢键多,HCl不能形成氢键,简单氢化物的沸点:H2OHFHCl,故B正确;CF元素没有正价,F不能形

10、成含氧酸,故C错误;DO与Na能形成化合物Na2O2、Na2O,Na2O2含的化学键为离子键、共价键;Na2O含的化学键为离子键;F与Na能形成化合物NaF,所含的化学键为离子键;所以含的化学键类型不一定完全相同,故D错误;选B。8. 下列离子方程式书写正确的是( )A. 将过量SO2气体通入NaClO溶液中:SO2H2OClO-=SOCl-2HB. 电解氯化镁溶液:2Cl-2H2O2OH-H2Cl2C. NaHCO3 溶液水解:HCOH2O=COH3OD. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合:NHOH-=NH3H2O【答案】A【解析】【详解】A将过量SO2气体通入NaClO溶液

11、中,发生氧化还原反应,离子方程式为SO2H2OClO-=SOCl-2H,故A正确;B电解氯化镁溶液生成的氢氧化镁是沉淀,离子方程式为Mg2+2Cl- +2H2OH2+Cl2+Mg(OH)2,故B错误;CNaHCO3 溶液水解生成碳酸和氢氧根,离子方程式为HCOH2O=H2CO3OH-,故C错误;D由于NH4HSO4电离的H+、NH中H+结合OH-的能力强于NH,所以同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合,反应的离子方程式为H+OH-=H2O,故D错误;故答案为A。9. T K时,向2.0L恒容密闭容器中充入0.10mol COCl2,发生反应COCl2(g) Cl2(g)+ CO(

12、g),经过一段时间后反应达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表,下列说法正确的是( ) t/s02468n(Cl2)/mol00.0300.0390.0400.040A. 反应在前2s的平均速率v(COCl2)=0.015molL-1s-1B. 平衡后,温度不变再充入一定量COCl2,该反应的化学平衡常数减小C. 保持其他条件不变,升高温度,若新平衡时c(Cl2)=0.038 molL-1,则反应的H0D. 平衡后向上述容器中再充入0.10 mol COCl2,平衡正向移动,COCl2的转化率减小【答案】D【解析】【详解】A根据表格数据可知,前2s生成Cl20.03mol,由方程式可知,消耗

13、0.03molCOCl2,则v(COCl2),A错误;B平衡常数只与温度有关,温度不变时,平衡常数不发生改变,B错误;C根据表格数据可知,反应达到平衡时,c(Cl2)=0.020 molL-1,保持其他条件不变,升高温度,若新平衡时c(Cl2)=0.038 molL-1,说明平衡正向移动,则反应为吸热反应,即H0,C错误;D平衡后向上述容器中再充入0.10 mol COCl2,增大了反应物的浓度,平衡正向移动,但根据勒夏特列原理原理,只能削弱不能抵消,COCl2增加的更多,所以COCl2的转化率减小,D正确;答案选D。10. 分子式为C7H14O的有机物,含有六元环状结构且能与Na反应放出H2

14、的化合物,其可能的结构有( )A. 5种B. 4种C. 3种D. 2种【答案】A【解析】【详解】分子式为C7H14O的有机物,不饱和度为1,含有六元环状结构且能与Na反应放出H2,说明含有1个羟基,结构为、,故选A。11. 由下列实验操作和现象得出的结论不正确的是( )选项实验操作实验现象结论A向Co2O3中滴加浓盐酸产生黄绿色气体氧化性: Co2O3 Cl2B白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中,一段时间后滴加几滴K3Fe(CN)6溶液无明显现象锌对铁依然具有保护作用C将铁片投入浓硫酸中无明显变化常温下铁不与浓硫酸反应D将10mL 2mol/L 的KI溶液与1mL 1mol/L Fe

15、Cl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液溶液颜色变红KI与FeCl3的反应具有可逆性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A 发生氧化还原反应生成氯气,Co元素的化合价降低,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,氧化性:Co2O3 Cl2,故A正确;B 白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中,构成原电池,Zn为负极,发生氧化反应,Fe为正极被保护,故B正确;C 常温下铁与浓硫酸发生钝化,生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生,并不是不反应,故C错误;D KI过量,由现象可知还反应后存在铁离子,则KI与FeCl3的反应具有可逆性,故D正确;故选:C。12. 我国科学家

16、研发了一种水系可逆ZnCO2电池,电池工作时,复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H和OH- ,在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时,ZnCO2电池工作原理如图所示。下列说法不正确的是( )A. 闭合K1时,H通过a膜向Pd电极方向移动B. 闭合K1时,Zn表面的电极反应式为Zn4OH-2e- = Zn(OH)C. 闭合K2时,Zn电极与直流电源正极相连D. 闭合K2时,在Pd电极上有CO2生成【答案】C【解析】【详解】A闭合K1时,形成原电池,锌为负极,Pd电极是正极 ,氢离子是阳离子,向正极移动,故A不选;B闭合K1时,形成原电池,锌为负极,Zn表面的电极反应式为

17、Zn4OH-2e- = Zn(OH) ,符合原电池原理,电荷守恒,原子守恒,故B不选;C闭合K2时,形成电解池,Zn电极发生还原反应做阴极,应与直流电源负极相连,C选;D闭合K2时,Pd电极是阳极,发生氧化反应, 氧化生成CO2,故D不选;故选:C。13. 工业以软锰矿(主要成分是MnO2,含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3),其工业流程如图。下列说法错误的是( )A. 浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为: Fe2O3SO22H=2Fe2SOH2OB. 过滤I所得滤液中主要存在的金属阳离子为Mn2、Fe3和Fe2C. 滤渣II的主要

18、成分含有Fe(OH)3D. 过滤II所得的滤液中加入NH4HCO3溶液发生反应的主要离子方程式为: Mn22HCO=MnCO3CO2H2O【答案】B【解析】【分析】浸锰过程通入过量的SO2,将Mn4+和Fe3+还原成Mn2+和Fe2+,过滤所得滤渣为SiO2,加入MnO2氧化,此时溶液中可以被氧化的物质有Fe2+和未反应的SO2,调pH是为了将上一步氧化生成的Fe3+沉淀下来与Mn2+分离,加入NH4HCO3溶液将Mn2+沉淀下来,再经过一系列步骤可得到纯的MnCO3。【详解】A根据上述分析可知,浸锰过程通入过量的SO2,将Mn4+和Fe3+还原成Mn2+和Fe2+,反应的离子方程式为:Fe2

19、O3SO22H=2Fe2SOH2O,A正确;B过量的SO2,将Mn4+和Fe3+还原成Mn2+和Fe2+,因此过滤I所得滤液中主要存在的金属阳离子为Mn2和Fe2,不会含有Fe3+,B错误;C调pH=3.7,将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀,过滤,滤渣的主要成分含有Fe(OH)3,C正确;D滤液为硫酸锰溶液,向滤液种加入适量NH4HCO3溶液,生成MnCO3沉淀,同时二氧化碳生成,发生的反应为:Mn2+2HCO=MnCO3+CO2+H2O,D正确;答案选B。14. 常温下,用0.1 molL-1 NaOH溶液滴定10 mL 0.1 molL-1 HA溶液的滴定曲线如图所示,下列说法不正确的是( )

20、 A. a3,说明HA属于弱酸B. 水的电离程度:d点e点C. c点溶液中:c(Na)=c(A-)c(HA)D. b点溶液中粒子浓度大小: c(A-)c(Na)c(H)c(OH-)【答案】C【解析】【详解】A c(HA)=0.1mol/L,若为强酸,氢离子浓度应为c(H+)=0.1mol/L,溶液的pH=3,c(H+)=0.001mol/L,说明HA电离程度较小,HA属于弱酸,故A不选;B 酸或碱抑制水电离,弱离子促进水电离,d点溶质为NaA,促进水电离,e点溶质为NaA和NaOH,NaOH抑制水电离,所以水电离程度:d点e点,故B不选;C c点溶液显中性,由电荷守恒得:c(Na)=c(A-)

21、 ,故C选;D b点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA和NaA,溶液pHc(HA),钠离子不水解,且HA电离程度和A水解程度都较小,所以c(A-)c(Na)c(H)c(OH-),故D不选;故选:C。第卷(非选择题,共58分)二、必做题(1517题,共43分)15. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物。实验室模拟生产NaClO2的一种工艺如下:己知:ClO2是一种强氧化性气体,浓度大时易分解爆炸。在生产使用时要用稀有气体或空气等进行稀释,同时避免光照、震动等。NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O,高于38时析出的晶体是NaClO2,高于60时NaC

22、lO2分解成NaClO3和NaCl。回答下列问题:(1)写出实验室制取SO2的化学方程式_;上述流程中“反应”的离子方程式为_; 尾气吸收时H2O2的作用是_(填氧化剂或还原剂)。(2)最近科学家又在“反应”步骤的基础上研究出用H2C2O4代替SO2制备ClO2的新方法,该方法的化学方程式为H2C2O42NaClO3H2SO4=Na2SO42ClO22CO22 H2O该新方法最突出的优点是_。(3)获得产品NaClO2的“操作”包括以下步骤:减压,55蒸发结晶;趁热过滤;用3860的温水洗涤;60以下_,得到产品。(4)为了测定产品NaClO2的纯度,取上述所得产品7.5g溶于水配成1L溶液,

23、取出20.00mL溶液于锥形瓶中,再加入足量酸化的KI溶液,充分反应后(ClO被还原为Cl-,杂质不参加反应),加入23滴淀粉溶液,用0.25 molL-1 Na2S2O3 标准液滴定,达到滴定终点时用去标准液24.00mL,计算产品NaClO2的纯度_。 (提示:2 Na2S2O3I2=Na2S4O62Na I)(5)NaClO2溶液中存在ClO2、HClO2、ClO、Cl-四种含氯微粒。经测定25各含氯微粒浓度随pH的变化情况如图所示(Cl-没有画出)。酸性条件下NaClO2溶液中存在Cl-的原因是_(用离子方程式解释)。pH=5时,NaClO2溶液中ClO2、HClO2、ClO、Cl-四

24、种含氯微粒的浓度由大到小的顺序是_。【答案】 (1). Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O (2). 2ClOSO2=SO2ClO2 (3). 还原剂 (4). 反应生成CO2对ClO2起稀释作用,防止浓度过大时分解爆炸 (5). 干燥 (6). 90.5 (7). 5ClO4H+=4ClO2Cl-2H2O 或 5 HClO2=4ClO2Cl-2H2O+ H+ (8). c(HClO2) c(ClO) c(ClO2) c(Cl-)【解析】【分析】由制备流程可知,NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2,其中NaClO3是氧化剂,回收产物为NaHSO4,说明生成硫酸氢

25、钠,且产生ClO2,根据电子守恒可知,此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2,选择NaOH除去食盐水中的Mg2+,选择碳酸钠除去食盐水中的Ca2+,然后电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-,阳极Cl-失电子生成Cl2,含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2,产物为ClO2-,最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品,以此解答该题。【详解】(1) 实验室制取SO2的化学方程式Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O,上述流程中“反应”中通入的是二氧化硫、亚氯酸钠,其离子方程式为2ClOSO2=SO2ClO2,尾气吸收时H2O2的作用是还原剂;

26、(2)用硫酸酸化草酸(H2C2O4)溶液还原氯酸钠,反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水,该反应为H2C2O42NaClO3H2SO4=Na2SO42ClO22CO22 H2O,其优点是只生成一种可溶性盐,此法提高了生产及储存、运输的安全性,原因是反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用,防止浓度过大时分解爆炸,;(3)获得产品NaClO2,由题给信息可知应用3860的温水洗涤,60以下干燥; (4)NaClO2与足量酸化的KI溶液,反应为: ,2 Na2S2O3I2=Na2S4O62Na I令样品中NaClO2的物质的量x,则: 解得:x=1.5103mol,20mL样品中m(NaCl

27、O2)=0.0015mol90.5g/mol,原样品中NaClO2的质量分数为: =90.5%;(5)酸性溶液中NaClO2发生歧化反应生成NaCl和ClO2,离子方程式5ClO4H+=4ClO2Cl-2H2O或 5 HClO2=4ClO2Cl-2H2O+ H+;由图象可知,pH=5时,c(HClO2) c(ClO) c(ClO2),又因为酸性条件下可发生5ClO4H+=4ClO2Cl-2H2O,则c(ClO2) c(Cl-),所以c(HClO2) c(ClO) c(ClO2) c(Cl-)。16. 三氯氧磷(POCl3)是重要的基础化工原料,广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组用O

28、2直接氧化PCl3制备POCl3,实验装置设计如图:有关物质的部分性质如下表:物质熔点/沸点/其它性质PCl3-11275.5遇水生成H3PO3和HCl,遇O2生成POCl3POCl32105.3遇水生成H3PO4和HCl,能溶于PCl3回答下列问题:(1)装置C中反应器的名称是_。(2)装置B中试剂为_;装置B的作用是_。(3)装置A中发生反应的化学方程式为_;装置C中制备POCl3的化学方程式为_。(4)a装置的作用是_。(5)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素的含量,实验步骤如下:取m克产品于锥形瓶中,加入足量NaOH溶液,待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性;向锥形瓶中加入0.1

29、000 molL-1的AgNO3溶液50.00 mL,使Cl-完全沉淀;向其中加入2 mL硝基苯,用力摇动,使沉淀表面被有机物覆盖;加入指示剂,用c molL-1 NH4SCN溶液滴定过量Ag至终点,记下所用体积VmL。已知:Ksp(AgCl)=3.210-10,Ksp(AgSCN)=210-12滴定选用的指示剂是_。A酚酞 BNH4Fe(SO4)2 C淀粉 D甲基橙Cl元素的质量分数为(列出算式)_。若取消步骤,会使步骤中出现两种沉淀共存 ,此时c(Cl-)c(SCN-)=_;该反应使测定结果_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】 (1). 三颈烧瓶或三口烧瓶 (2). 浓H2SO4

30、(3). 平衡气压,干燥氧气,观察气体流速 (4). 2H2O22H2O+O2或2Na2O22H2O=4NaOHO2 (5). 2PCl3O2 =2POCl3 (6). 冷凝回流 (7). B (8). (5-cV)35.510-3/m100% 或3.55(5-cV)/m% (9). 1601或160 (10). 偏小【解析】【分析】根据实验目的可知,装置A 是氧气的发生装置,取固体与液体不加热制备气体装置,可以为H2O2在MnO2催化作用下分解生成氧气,也可以是过氧化钠与水反应,通过加入液体的量,可以控制产生氧气的速率,氧气中含有水蒸气,可以用浓硫酸除去,所以B装置中盛放浓硫酸,装置B中有长

31、颈漏斗,可以平衡装置内外的压强,起安全瓶的作用,纯净的氧气与三氯化磷在C中反应生成POCl3,为了控制反应速率且要防止三氯化磷挥发,反应的温度不宜太高,所以装置C用水浴加热,为防止POCl3挥发,用冷凝管a进行冷凝回流,POCl3遇水剧烈水解为H3PO4和HCl,所以为防止空气中水蒸汽进入装置,同时吸收尾气,所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管,据此分析解答。【详解】(1)根据装置图可知,装置C中盛装PCl3的反应器为三颈烧瓶,故答案为:三颈烧瓶;(2)装置B中装有浓硫酸,可作干燥剂,另外气体通过液体时可观察到气泡,则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气,故答案为:浓硫酸;干燥氧气、

32、观察氧气流速、平衡气压等;(3)装置A 是氧气的发生装置,为固体与液体不加热制备气体的装置,可以为H2O2在MnO2催化分解生成氧气,也可以是过氧化钠与水反应,反应的化学方程式为:2H2O22H2O+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2;根据装置图可知,装置C中氧气氧化PCl3生成POCl3,根据原子守恒,反应的化学方程式为2PCl3+O2=2POCl3,故答案为:2H2O22H2O+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2;2PCl3+O2=2POCl3;(4)仪器a为球形冷凝管,起冷凝回流的作用,故答案为:冷凝回流;(5)用c molL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终

33、点,当滴定达到终点时NH4SCN过量,加NH4Fe(SO4)2作指示剂,Fe3+与SCN-反应溶液会变红色,半分钟内不褪色,即可确定滴定终点,故答案为:B;用c mol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,记下所用体积VmL,则过量Ag+的物质的量为cV10-3mol,与Cl-反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L0.05L-cV10-3mol=(5-cV)10-3mol,Cl元素的质量分数为100%=100%,故答案为:100%;若取消步骤III,会使步骤IV中出现两种沉淀共存 ,此时c(Cl-)c(SCN-)= Ksp(AgCl)Ksp(AgSCN)=3.210-10210-1

34、2 =1601;若无此操作,NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀,则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多,即银离子的物质的量偏大,则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小,所以测得的氯离子的质量分数偏小,故答案为:1601;偏小。【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5)中的误差分析,要注意滴定原理的理解。17. 还原法处理氮的氧化物是环境科学研究的热点课题。氢气还原法。H2还原NO发生的反应为:2NO(g)2H2(g)N2(g)2H2O(g)。(1)已知几种化学键的键能数据如下:化学键H-HNO中的共价键NNH-O键能(kJmol-1)436630946

35、4632NO(g)2H2(g)N2(g)2H2O(g) H=_kJmol-1。(2)2NO(g)2H2(g)N2(g)2H2O(g) 的反应速率表达式为v=kc2(NO)c(H2)(k是速率常数,只与温度有关)。科学研究发现上述反应分两步进行:反应1:2NO(g)H2(g)N2(g)H2O2(g);反应2:H2O2(g)H2(g)2H2O(g)。总反应速率由反应较慢的一步决定,由此推知上述两步反应中,反应较慢的是_(填“反应l”或 “反应2”)。对总反应速率的影响程度c(NO)_c(H2)(填“”“”或“=”)。NH3还原法。在恒容密闭容器中充入NH3和NO2,在一定温度下发生反应: 8NH3

36、(g)6NO2(g)7N2(g)12H2O(g)。(3)下列表明该反应达到平衡状态的是_(填字母)。A混合气体密度保持不变 BNO2和NH3的消耗速率之比为34C混合气体颜色不变 D混合气体压强保持不变 CO还原法。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO,发生反应:2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g) H,在2 L恒容密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO,测得NO的转化率与温度、时间的关系如图所示:(4)下列说法正确的是_(填字母)。AH0B上述反应一定能自发进行C增大NO的浓度,反应物的转化率增大D温度为T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2,则K1K2(5)T2温

37、度下,010 min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=_ molL-1min-1;T1温度下,上述反应的平衡常数K1=_ Lmol-1。(6)T1温度下,向平衡后的容器内再加入1 mol CO和1 mol NO,则再次达平衡时NO的转化率_(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】 (1). -666 (2). 反应1 (3). (4). CD (5). AD (6). 0.04 (7). 2 (8). 增大【解析】【详解】(1) H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=2436 kJmol-1+2630 kJmol-1-946 kJmol-1-4463 kJmol-1=-666 kJmo

38、l-1。(2)总反应速率由反应较慢的一步决定,由反应的反应速率表达式为v=kc2(NO)c(H2),可知,反应1速率较慢;c(NO)的幂为2,所以c(NO)对总反应速率的影响大于c(H2)。(3) A反应前后气体的总质量和总体积不变,故混合气体密度始终保持不变,无法说明反应达到平衡,故A错误; B不论是否平衡,NO2和NH3的消耗速率之比都为34,无法说明反应达到平衡,故B错误;C混合气体颜色不变,说明NO2的浓度不再变化,说明反应达到平衡状态,故C正确;D反应为气体体积增大的反应,混合气体压强保持不变,说明反应达到平衡状态,故D正确;故答案为CD。(4) A由图像可知,T1时先达到平衡,所以

39、T1T2,温度升高NO转化率减小,说明反应为放热反应,H0,故A正确;B反应2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g)的H0,S0,只有在低温条件下H-TS=G0,才能自发进行,故B错误;C增大NO的浓度,平衡右移,但NO的转化率减小,故C错误;D温度为T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2,因为T1T2,且反应为放热反应,则K1K2,故D正确;故答案为AD。(5) T2温度下,010 min内,NO的转化率为80%,则CO的转化率也为80%,n(CO)=0.8 mol,则v(CO)=0.04 molL-1min-1;T1温度下,NO的转化率为50%,则平衡时c(CO)=0.25 mol

40、/L,c(NO)=0.25 mol/L,c(N2)=0.125 mol/L,c(CO2)=0.25 mol/L,上述反应的平衡常数K1=2 Lmol-1。(6)恒容条件下,T1温度下,向平衡后的容器内再加入1 mol CO和1 mol NO,相当于增大压强,平衡向气体体积减小的方向即正方向移动,则再次达平衡时NO的转化率增大。三、选做题(请从18、19题中任选一题做在答题卷上,15分【选修3:物质结构与性质】)18. 许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问题:(1)现代化学中,常利用_上的特征谱线来鉴定元素。(2)某同学画出基态碳原子的轨道表示式:,该表示式

41、违背了_; CH、-CH3、CH都是重要的有机反应中间体。CH的空间构型为_;CH中C原子成键的杂化方式为_。(3)34号元素硒的基态原子的价层电子排布式为_,第四周期中,与硒原子未成对电子数相同的金属元素有_种。(4)Fe3O4晶体中,O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7号氧围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12号氧围成),Fe3O4中有一半的Fe3填充在正四面体空隙中,Fe2和另一半Fe3填充在正八面体空隙中,晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为_,有_%的正八面体空隙没有填充阳离子。 (5)白铜(铜镍合金)的立方晶胞结构如图所示,其中原子A的坐标参数为(0,1,0)。原子

42、B的坐标参数为_;若该晶体密度为d gcm-3,则铜镍原子间最短距离为_。【答案】 (1). 原子光谱 (2). 洪特规则 (3). 平面三角形 (4). sp3 (5). 4s24p4 (6). 3 (7). 21 (8). 50 (9). (10). 【解析】【详解】(1)光谱分析是利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素,所以现代化学中,常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素;(2)洪特规则是原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时,电子尽可能分占不同的原子轨道,且自旋状态相同,而该同学画出基态碳原子的轨道表示式:,该表示式违背了洪特规则;CH中心原子的价层电子对数为:3+=3,为sp2杂化,没

43、有孤电子对,为平面三角形, CH中心原子的价层电子对数为:3+=4,C原子成键的杂化方式为sp3;(3) 34号元素硒的基态原子的价层电子排布式为4s24p4;硒有2个未成对电子,第四周期中,与硒原子未成对电子数相同的金属元素有钛、镍、锗三种;(4)由1、3、6、7号O2- 围成正四面体空隙有8个,面心位置6个O2- 即3、6、7、8、9、12号O2- 围成正八面体空隙,将晶胞补全可知共用一条棱和四个面心与该棱顶点O2- 也围成正八面体,而这样的正八面体为4个晶胞共有,晶胞中正八面体数目为1+12=4,则晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为84=21;Fe3O4中有一半的Fe3填充在正四

44、面体空隙中,Fe2和另一半Fe3填充在正八面体空隙中,有2个正八面体空隙没有填充阳离子,则有50%的正八面体空隙没有填充阳离子;(5)根据原子A的坐标参数为(0,1,0),可知晶胞底面面心上的原子B的坐标为;由晶胞结构可知,处于面对角线上的铜镍原子间距离最短,设两者之间的距离为a cm,则晶胞面对角线长度为2a cm,晶胞的棱长为a cm,可得,解得a=。【选修5:有机化学基础】19. 呋喃酚是合成农药的重要中间体,其合成路线如下:(1)A 物质的分子式为_,BC 的反应类型是_;E 中含有的官能团名称是_,D不能够发生的反应有_(填序号)。氧化反应 取代反应 加成还原 消去反应(2)已知 X

45、 的分子式为 C4H7Cl,写出 AB 的化学方程式:_。(3)Y 是 X 的同分异构体,分子中无环状结构、无支链且不含甲基,则 Y 的结构简式是_。(4)下列有关化合物B、C、D 、E的说法正确的是_。可用溴水鉴别B和E 可用氯化铁溶液鉴别C和DC、D互为同分异构体,B、E互为同分异构体 B、C、D、E均能使酸性KMnO4溶液褪色(5)B的同分异构体很多,写出符合下列条件的同分异构体的结构简式:_。含苯环、含有酯基 能发生银镜反应 在苯环上发生一氯取代时,产物只有一种【答案】 (1). C6H6O2 (2). 取代反应 (3). (酚)羟基,醚键 (4). (5). +HCl (6). CH

46、2=CHCH2CH2Cl (7). (8). 【解析】【详解】(1)A的结构简式为,则分子式为C6H6O2,BC发生的苯环上羟基的取代反应,E的结构简式为,含有(酚)羟基和醚键,D的结构简式为,有机物本身可以与氧气发生氧化反应,分子中的苯环可发生取代和加成反应,而苯环上的羟基不能发生消去反应,故答案选;(2)对比A、B的结构,可知AB属于取代反应,则X为CH2=CH(CH3)CH2Cl, 反应还有HCl生成,反应方程式为+HCl;(3)由(2)可知,X为CH2=CH(CH3)CH2Cl,Y是X的同分异构体,分子中无支链且不含不含甲基,则Y为CH2=CHCH2CH2Cl;(4)B和E均可以使溴水

47、褪色,不能用溴水鉴别B和E,错误;C不含有酚羟基,而D含有酚羟基,可以与氯化铁溶液发生显色反应,因此可以用氯化铁溶液鉴别C和D,正确;C和D的分子式相同,结构不同,互为同分异构体,B和E的分子式也相同,互为同分异构体,正确;B、C、D均含有碳碳双键,能够使酸性高锰酸钾溶液褪色,E中酚羟基可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色,正确;故答案选;(5)B的同分异构体满足:含有苯环、酯基且能发生银镜反应,含有与甲酸形成的酯基,且环上的一氯代物只有一种,结合B的结构可知,应还含有4个甲基,且为对称结构,符合条件的同分异构体为:、。【点睛】第5问是难点,含有酯基且能发生银镜反应说明是与甲酸反应生成的酯基,环上的一氯代物只有一种或者很少,一般情况都是高度对称的结构,以此为突破口答题。

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