1、2016-2017学年河南省南阳一中高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题：（每小题只有一个选项符合题意）1我国科研人员在兰州合成了镤元素的一种同位素镤239，并测知其原子核内有148个中子现有A元素的一种同位素，比镤239的原子核内少54个质子和100个中子，则A元素在周期表中的位置是（）A第三周期第IA族B第四周期第IA族C第五周期第IA族D第二周期第IIA族2在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是（）A甲的分子数比乙的分子数多B甲的物质的量比乙的物质的量小C甲的气体摩尔体积比乙的气体摩尔体积小D甲的相对分
2、子质量比乙的相对分子质量小3a g KNO3溶于b g水，形成V mL饱和溶液下列关系式错误的是（）AKNO3物质的量浓度：c（KNO3）=molL1B20时KNO3的溶解度S= gCKNO3质量分数：w（KNO3）=%D该溶液的密度=gL14用下列装置制取并收集NO2气体，其中最合理的是（）ABCD5NA为阿伏加德罗常数的值下列说怯错误的是（）A18g冰的晶体中含有氢键的数目为2NAB11.2 L丙烷（标准状况）中含有键的数目为5NAC2.0 L 0.5 mol/L NaAlO2溶液中舍有氧原子的数目为2NAD1molCl2与足量NaOH溶液反应，转移电子的数目为NA6为提纯下列物质（括号内
3、的物质是杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的（）被提纯的物质除杂试剂分离方法ANaBr溶液（NaI）氯水、CCl4萃取、分液BNH2Cl溶液（FeCl3）NaOH溶液过滤C CO2（CO）CuO粉末通过灼热的CuO粉末DSiO2（Al2O3）NaOH溶液过滤AABBCCDD7常温下，将0.20mol/L H2X溶液与0.20mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH=3.6，继续滴加NaOH溶液至pH=4.0时，部分粒子浓度如下图所示下列说法错误的是（）A图中a代表Na+，d代表H2X分子BH2X为二元弱酸，HX的电离程度大于水解程度C混合溶液pH=3.6时：c（H+）+c（H2X
4、）=c（X2）+c（OH）D继续滴加NaOH溶液至pH=7.0时：c（Na+）c（HX）+2c（X2）8甲、乙、丙、丁4中物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子下列推断合理的是（）A某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应B乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键C丙中含有二周期IVA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物D丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有1价的元素9将1molN2和3mol H2充入体积可变的恒温密闭容器中，在380下发生反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），平衡时，体系中氨的体积
5、分数（NH3）随压强变化的情况如表： 压强/MPa 102030 40 （NH3） 0.30 0.450.54 0.60 下列说法正确的是（）A10 MPa时，H2的转化率为75%B20 MPa时，NH3的物质的量浓度是10 MPa时的1.5倍C40 MPa时，若容器的体积为VL，则平衡常数D30 MPa时，若向容器中充入惰性气体，则平衡向正反应方向移动10生活因化学而精彩，化学因实验而生动，实验因“洗涤”而更加精确关于沉淀或晶体洗涤的说法错误的是（）A洗涤的目的一般是除去沉淀或晶体表面可溶性的杂质，提高纯度B洗涤的试剂一般可选用蒸馏水、冰水、乙醇、该物质的饱和溶液C洗涤的操作是向过滤器里的固
6、体加洗涤剂，使洗涤剂浸没固体，待洗涤剂自然流下D洗净的检验是检验最后一次洗涤液中是否含有形成沉淀的该溶液中的离子11下列实验不能达到目的是（）A向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，证明H2SO4的酸性比HClO强B向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，证明Na2SiO3发生了水解反应C将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝熔点高于铝D将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水有漂白性12如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色则以下说法正确的是（）A电源B极是正极B（甲）、（乙）装置的C、
7、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量比为1：2：2：2C欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液D装置（丁）中X极附近红褐色不变13已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是（）XYZWA若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n均为正整数）B若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱C若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸D若四种元素中只有一种为金属，则Z与Y两者的最高价氧化物对应的水化物能反应14短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素其中X与W处
8、于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21，下列说法正确的是（）AY的简单离子半径小于Z的简单离子半径BZ最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量相同CY的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化DQ可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物15关于下列各装置图的叙述中，正确的是（）A制取及观察Fe（OH）2B比较两种物质的稳定性C实验室制取NH3D分离沸点不同且互溶的液体混合物16下列有关实验的说法不正确的是（）A容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温
9、度，量筒、容量瓶都无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗B在4mL0.1molL1的K2Cr2O7溶液中滴加数滴1molL1的NaOH溶液，溶液颜色从橙色变成黄色C在用简易量热计测定反应热时，可使用碎泡沫起隔热保温的作用，迅速混合后测出初始温度，用环形玻璃搅拌棒进行搅拌使酸和碱充分反应、准确读取实验时温度计最高温度、并且取23 次的实验平均值等措施，以达到良好的实验效果D将含有少量氯化钾的硝酸钾放入烧杯中，加水溶解并加热、搅拌，当溶液表面出现一层晶膜时停止加热，冷却结晶，过滤即可得到大量硝酸钾晶体17用下列实验方案及所选玻璃容器（非玻璃容器任选）就
10、能实现相应实验目的是（）实验目的实验方案所选玻璃仪器A除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B证明HClO和CH3COOH的酸性强弱同温下用pH试纸测定浓度为0.1molL1NaClO溶液和0.1molL1CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片C检验蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热试管、烧杯、酒精灯、滴管D配制1L 1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）将25g CuSO45H2O溶解在975水中烧杯、量筒、玻璃棒AABBCCDD18我国科学家在天然气脱硫研究
11、方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2S+O2H2O2+S已知甲池中发生的反应为：下列说法正确的是（）A该装置将电能转化为光能BH+从甲池移向乙池C甲池中碳棒上发生的电极反应为AQ+2H+2e=H2AQD乙池溶液中发生的反应为H2S+I33I+S+2H+二.第II卷非选择题（共46分）19下列实验步骤是兴趣小组对某混合样品含量的测定，样品成分为FeO、FeS2、SiO2、及其它杂质，杂质不与酸碱反应，受热稳定（步骤中所加试剂均为足量）称量m g样品灼烧装置如下：D瓶溶液固体（ag）请回答下列问题：（1）连接好仪器后，如何检查整套装置的气密性（2）A瓶内所盛试剂是溶液灼烧完成后熄灭酒精灯
12、，若立即停止通空气，可能对实验的影响是（写两点）（3）步骤中加入双氧水的离子方程式为若此步骤不加入双氧水对测定硫元素含量的影响是（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）（4）连续操作1为、洗涤、称量；连续操作2为洗涤、称量（5）从步骤的bg滤渣入手，可测定SiO2的含量，下面各组试剂中不适合测定的是ANaOH溶液、稀硫酸 BBa（OH）2溶液、盐酸C氨水、稀硫酸 DNaOH溶液、盐酸（6）求样品中FeO的质量分数（列出算式即可）20通常情况下，微粒A和B为分子，C和E为阳离子，D为阴离子，它们都含有10个电子；B溶于A后所得的物质可电离出C和D；A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀请回答（
13、1）用化学符号表示下列微粒：C：，D：（2）写出A、B、E三种微粒反应的离子方程式：21A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，A与C、B与D分别为同主族，B和C的最外层电子数之和与E的最外层电子数相同A与E形成的化合物的化学式为AE，其分子中含18个电子请回答下列问题：（1）D元素的原子结构示意图为（2）由A、B、C三种元素形成的化合物的电子式为，这种化合物中所含的化学键类型有（3）A2B的沸点高于A2D，其原因是（4）B、C、E三种元素形成一种盐，此盐中三种原子个数比为1：1：1，在25时，将该盐溶于水，测得溶液pH7，理由是（用离子方
14、程式表示）；将该盐溶液在空气中露置一段时间后（充分光照，不考虑水分的挥发），溶液的pH近似为7，则该过程的总化学反应方程式为22硫酸是基础化工的重要产品，硫酸的消费量可作为衡量一个国家工业发展水平的标志生产硫酸的主要反应为：SO2（g）+O2（g）SO3（g）（1）恒温恒容下，平衡体系中SO3的体积分数（SO3）和y与SO2、O2的物质的量之比的关系如图1：则b点=；y为（填编号）A平衡常数 BSO3的平衡产率 CO2的平衡转化率 DSO2的平衡转化率（2）Kp是以各气体平衡分压代替浓度平衡常数Kc中各气体的浓度的平衡常数在400650时，Kp与温度（TK）的关系为lgKp=4.6455，则在
15、此条件下SO2转化为SO3反应的H（填“0”或“0”）（3）该反应的催化剂为V2O5，其催化反应过程为：SO2+V2O5SO3+V2O4 K1O2+V2O4V2O5 K2则在相同温度下2SO2（g）+O2 （g）2SO3 （g）的平衡常数K=（以含K1、K2的代数式表示）V2O5加快反应速率的原因是，其催化活性与温度的关系如图2：（4）在7.0% SO2、11% O2、82% N2（数值均为气体体积分数）时，SO2平衡转化率与温度、压强的关系如图3，则列式计算460、1.0atm下，SO2 （g）+O2 （g）SO3 （g）的Kp=（己知：各气体的分压=总压各气体的体积分数）（5）综合第（3）
16、、（4）题图给信息，工业生产最适宜的温度范围为，压强通常采用常压的原因是（二）选考题：共13分请考生从给出的22、23两道化学题中任选一道作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分【化学一选修3：物质结构与性质】23铜、镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料请回答：（1）基态铜原子的电子排布式为；己知高温下CuOCu2O+O2，从铜原子价层电子结构（3d和4s轨道上应填充的电子数）变化角度来看，能生成Cu2O的原因是（2）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物，若“SiH”中共用电子对偏向氢元素，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性相对大小为SeSi（填“”、“”）与Si同
17、周期部分元素的电离能如图1所示，其中a、b和c分别代表Aa为Il、b为I2、c为I3 Ba为I2、b为I3、c为I1Ca为I3、b为I2、c为I1 Da为Il、b为I3、c为I2（3）SeO2常温下白色晶体，熔点为340350，315时升华，则SeO2固体的晶体类型为；若SeO2类似于SO2是V型分子，则Se原子外层轨道的杂化类型为（4）镓与某有机物形成的配合物过程如图2，在图上画出产物中的配位键（5）金刚砂（SiC）的硬度为9.5，其晶胞结构如图3所示，则Si原子的配位数为，每个C原子周围最近的C原子数目为个；若晶胞的边长为a pm，则金刚砂的密度表达式为g/cm3【化学一选修5有机化学基础
18、】24有机物AM有如图所示转化关系，A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，F的分子式为C9H10O2，且不能使溴的CC14溶液褪色，D能发生银镜反应，M与足量的NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种己知：（R1、R2表示烃基或氢原子）请回答：（1）B的结构简式为（2）反应中，属于氧化反应的是（填反应序号）（3）写出反应的化学方程式（4）D与新制Cu （OH）2悬浊液反应的化学方程式为（5）A的相对分子质量在180260之间，从以上转化中不能确认A的某一官能团，下列确定该官能团的哪些实验方法是正确的A取少量A于试管中，再加入苯振荡，观察分液后上层溶液颜色B取少量A于试
19、管中，再加入NaOH溶液共热，待冷却后加入稀硝酸调节至酸性，最后滴入AgNO3溶液，观察沉淀颜色C取少量A于试管中，再滴入AgN03溶液，再加入稀硝酸，观察沉淀颜色D取少量A于试管中，再加入NaOH的醇溶液共热，待冷却后加入稀硝酸调节至酸性，最后滴入AgNO3浴液，观察沉淀颜色（6）符合下列条件的F的同分异构体共有种A能发生银镜反应B能与FeC13溶液发生显色反应C核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：62016-2017学年河南省南阳一中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（每小题只有一个选项符合题意）1我国科研人员在兰州合成了镤元素的一种同位素镤239，并
20、测知其原子核内有148个中子现有A元素的一种同位素，比镤239的原子核内少54个质子和100个中子，则A元素在周期表中的位置是（）A第三周期第IA族B第四周期第IA族C第五周期第IA族D第二周期第IIA族【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】根据质量数=质子数+中子数，计算出该同位素镤239的质子数，再计算出A元素的质子数，根据质子数确定其在元素周期表中的物质用质子数分别减去各周期所含有的元素种数【解答】解：同位素镤239的质子数为239148=91，所以A元素的质子数为9154=373728818=1所以A位于第5周期第IA族故选：C2在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若
21、两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是（）A甲的分子数比乙的分子数多B甲的物质的量比乙的物质的量小C甲的气体摩尔体积比乙的气体摩尔体积小D甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】由PV=nRT=RT，可知PM=RT，可知同温同压下，气体密度之比等于其摩尔质量之比，同温同压下甲的密度大于乙的密度，则M（甲）M（乙）；A根据n=判断二者物质的量大小，物质的量越大，含有分子数目越多；B根据n=判断二者物质的量之比；C温度、压强相同，气体摩尔体积相同；D相对分子质量之比等于其摩尔质量之比【解答】解：由PV=nRT=RT，可知PM=RT，可知
22、同温同压下，气体密度之比等于其摩尔质量之比，同温同压下甲的密度大于乙的密度，则M（甲）M（乙）A由于M（甲）M（乙），根据n=可知，等质量甲、乙物质的量为n（甲）n（乙），故乙含有分子数目较多，故A错误；B由于M（甲）M（乙），根据n=可知，等质量甲、乙物质的量为n（甲）n（乙），故B正确；C温度、压强相同，气体摩尔体积相同，故C错误；D相对分子质量之比等于其摩尔质量之比，故Mr（甲）Mr（乙），故D错误，故选：B3a g KNO3溶于b g水，形成V mL饱和溶液下列关系式错误的是（）AKNO3物质的量浓度：c（KNO3）=molL1B20时KNO3的溶解度S= gCKNO3质量分数：w（K
23、NO3）=%D该溶液的密度=gL1【考点】溶解度、饱和溶液的概念；物质的量浓度的相关计算【分析】A、根据物质的量浓度c=来计算；B、溶解度是在100g的溶剂中达到饱和时所能溶解的溶质的质量；C、质量分数=100%；D、溶液的密度=【解答】解：A、所得溶液的物质的量浓度c=mol/L，故A错误；B、溶解度是在100g的溶剂中达到饱和时所能溶解的溶质的质量，设溶解度为sg，a g KNO3溶于b g水，形成饱和溶液则有：，故s=g，故B正确；C、溶液的质量分数=100%=100%=，故C正确；D、溶液的密度=g/L，故D正确故选A4用下列装置制取并收集NO2气体，其中最合理的是（）ABCD【考点】
24、化学实验方案的评价【分析】二氧化氮的密度大于空气密度，采用向上排空气收集；二氧化氮能和氢氧化钠反应【解答】解：铜和浓硝酸制取二氧化氮时不需加热；二氧化氮的密度大于空气密度，采用向上排空气收集，长进短出；二氧化氮能和氢氧化钠反应，所以尾气能用氢氧化钠处理A左端导管应插入底部，采用向上排空气收集，故A错误； B左端导管应插入底部，长进短出，采用向上排空气收集，故B错误；C二氧化氮的密度大于空气密度，采用向上排空气收集，长进短出，故C正确；D右端导管应用短的，长进短出，采用向上排空气收集，故D错误故选C5NA为阿伏加德罗常数的值下列说怯错误的是（）A18g冰的晶体中含有氢键的数目为2NAB11.2
25、L丙烷（标准状况）中含有键的数目为5NAC2.0 L 0.5 mol/L NaAlO2溶液中舍有氧原子的数目为2NAD1molCl2与足量NaOH溶液反应，转移电子的数目为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出冰的物质的量，然后根据1mol冰中含2mol氢键来分析；B、求出丙烷的物质的量，然后根据丙烷中含10条键来分析；C、偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠外，水也含氧原子；D、氯气和氢氧化钠的反应为歧化反应【解答】解：A、18g冰的物质的量为1mol，而1mol冰中含2mol氢键，即含2NA个氢键，故A正确；B、标况下11.2L丙烷的物质的量为0.5mol，而丙烷中含10条键，故0.5mol丙
26、烷中含5NA条键，故B正确；C、偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠外，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数多于2NA个，故C错误；D、氯气和氢氧化钠的反应为歧化反应，氯元素歧化为1价和+1价，故1mol氯气转移NA个电子，故D错误故选C6为提纯下列物质（括号内的物质是杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的（）被提纯的物质除杂试剂分离方法ANaBr溶液（NaI）氯水、CCl4萃取、分液BNH2Cl溶液（FeCl3）NaOH溶液过滤C CO2（CO）CuO粉末通过灼热的CuO粉末DSiO2（Al2O3）NaOH溶液过滤AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】根据除杂质至少要满足两个条件
27、：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质，以此来解答【解答】解：A氯水具有氧化性，能将溴化钠中的溴离子和碘化钠中的碘离子氧化，不会得到溴化钠，故A错误； B氢氧化钠溶液可与氯化铵反应从而将原物质除掉，不符合除杂原则，故B错误；CCO与灼热的CuO粉末反应生成铜和二氧化碳，可将杂质除去，故C正确；DNaOH溶液可与SiO2和A12O3反应，从而将原物质除掉，不符合除杂原则，故D错误故选C7常温下，将0.20mol/L H2X溶液与0.20mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH=3.6，继续滴加NaOH溶液至pH=4.0时，部分粒子浓度如下图所示下列说法错误的
28、是（）A图中a代表Na+，d代表H2X分子BH2X为二元弱酸，HX的电离程度大于水解程度C混合溶液pH=3.6时：c（H+）+c（H2X）=c（X2）+c（OH）D继续滴加NaOH溶液至pH=7.0时：c（Na+）c（HX）+2c（X2）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】酸H2X和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，H2X+NaOH=NaHX+H2O，所得溶液中Na+浓度等于于0.1mol/L，得溶液pH=3.6，说明NaHX是电离程度大于水解程度，继续滴加NaOH溶液至pH=4.0时，得到NaHX和Na2X的混合溶液，所以钠离子的浓度大于0.1mol/L，H2X
29、溶液远小于0.01mol/L，由此分析解答【解答】解：A、图中a的浓度大于0.1mol/L，代表Na+，d的浓度小于0.01mol/L，代表H2X分子，故A正确；B、两者等体积恰好完全反应生成NaHX，溶液呈酸性，说明H2X为二元弱酸，HX的电离程度大于水解程度，故B正确；C、根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HX）+2c（X2）+c（OH），物料守恒可知：c（Na+）=c（HX）+c（X2）+C（H2X），代入得：c（H+）+C（H2X）=C（X2）+c（OH），故C正确；D、根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HX）+2c（X2）+c（OH），继续滴加NaOH溶液至pH=7.
30、0时c（H+）=c（OH），即：c（Na+）=c（HX）+2c（X2），故D错误；故选D8甲、乙、丙、丁4中物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子下列推断合理的是（）A某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应B乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键C丙中含有二周期IVA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物D丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有1价的元素【考点】无机物的推断；极性键和非极性键；芳香烃、烃基和同系物【分析】甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，乙与氧气的摩尔质量相同，可
31、能为CH3 OH、N2H4等符合，丙中含有二周期IVA族的元素，可能为CH3 OH，丁和甲中各元素质量比相同，应为H2O2，结合各物质的结构和性质解答该题【解答】解：A甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，某钠盐溶液若为NaHS溶液，其中含有HS、OH，但NaHS既能与盐酸等反应生成H2S，也能与Na0H反应生成Na2S，故A错误；B氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，CH3 OH符合，CH3 OH中只含有极性键无非极性键，故B错误；C第二周期IVA族元素为C，如CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物，故C错误；DH
32、2S中元素的质量比为1：16，H2O2分子中元素的质量比也为1：16，H2O2中氧元素的价态为一1价，故D正确故选D9将1molN2和3mol H2充入体积可变的恒温密闭容器中，在380下发生反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），平衡时，体系中氨的体积分数（NH3）随压强变化的情况如表： 压强/MPa 102030 40 （NH3） 0.30 0.450.54 0.60 下列说法正确的是（）A10 MPa时，H2的转化率为75%B20 MPa时，NH3的物质的量浓度是10 MPa时的1.5倍C40 MPa时，若容器的体积为VL，则平衡常数D30 MPa时，若向容器中充入惰性气体，则平衡
33、向正反应方向移动【考点】化学平衡的计算【分析】1molN2和3mol H2充入体积可变的恒温密闭容器中，温度、压强不变，则物质的量与体积成正比，A.10 MPa时，设转化的氢气为xmol，则 N2（g）+3H2（g）2NH3开始 1 3 0转化 x 3x 2x平衡 1x 33x 2x100%=0.3，解得x=0.461mol；B.20 MPa时，设转化的氢气为ymol，则 N2（g）+3H2（g）2NH3开始 1 3 0转化 y 3y 2y平衡 1y 33y 2y100%=0.45，解得y=0.621mol；C.40 MPa时，设转化的氢气为zmol，则 N2（g）+3H2（g）2NH3开始
34、1 3 0转化 z 3z 2z平衡 1z 33z 2z100%=0.60，解得z=0.75，结合平衡浓度计算K；D.30 MPa时，若向容器中充入惰性气体，体积增大，则压强减小【解答】解：1molN2和3mol H2充入体积可变的恒温密闭容器中，温度、压强不变，则物质的量与体积成正比，A.10 MPa时，设转化的氢气为xmol，则 N2（g）+3H2（g）2NH3开始 1 3 0转化 x 3x 2x平衡 1x 33x 2x100%=0.3，解得x=0.461mol，则H2的转化率为100%=46.1%，故A错误；B.20 MPa时，设转化的氢气为ymol，则 N2（g）+3H2（g）2NH3开
35、始 1 3 0转化 y 3y 2y平衡 1y 33y 2y100%=0.45，解得y=0.621mol，则氨气的物质的量不是10MPa时的1.5倍，即NH3的物质的量浓度不是10 MPa时的1.5倍，故B错误；C.40 MPa时，设转化的氢气为zmol，则 N2（g）+3H2（g）2NH3开始 1 3 0转化 z 3z 2z平衡 1z 33z 2z100%=0.60，解得z=0.75，若容器的体积为VL，则平衡常数K=，故C正确；D.30 MPa时，若向容器中充入惰性气体，体积增大，则压强减小，则合成氨的反应逆向移动，故D错误；故选C10生活因化学而精彩，化学因实验而生动，实验因“洗涤”而更加
36、精确关于沉淀或晶体洗涤的说法错误的是（）A洗涤的目的一般是除去沉淀或晶体表面可溶性的杂质，提高纯度B洗涤的试剂一般可选用蒸馏水、冰水、乙醇、该物质的饱和溶液C洗涤的操作是向过滤器里的固体加洗涤剂，使洗涤剂浸没固体，待洗涤剂自然流下D洗净的检验是检验最后一次洗涤液中是否含有形成沉淀的该溶液中的离子【考点】过滤【分析】A洗涤的目的是：除去晶体表面的可溶性杂质，得到更纯净的晶体； B蒸馏水、冰水、乙醇、该物质的饱和溶液可做洗涤剂；C加洗涤剂浸没过晶体，让洗涤剂自然流下，重复23次即可；D取最后一次洗涤液少许于试管中检验是否含有形成沉淀的该溶液中的离子【解答】解：A洗涤的目的是：除去晶体表面的可溶性杂
37、质，得到更纯净的晶体，提高纯度，故A正确； B洗涤的试剂常选用：蒸馏水；冷水；有机溶剂，如酒精、丙酮等；该物质的饱和溶液，故B正确；C洗涤的正确方法是：让过滤后的晶体继续留在过滤器中，加洗涤剂浸没过晶体，让洗涤剂自然流下，重复23次即可，故C错误；D洗净的检验是取最后一次洗涤液少许于试管中检验是否含有形成沉淀的该溶液中的离子，故D正确故选C11下列实验不能达到目的是（）A向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，证明H2SO4的酸性比HClO强B向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，证明Na2SiO3发生了水解反应C将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝熔点高于铝D将饱和
38、氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水有漂白性【考点】化学实验方案的评价【分析】A发生氧化还原反应生成硫酸，不能比较酸性的强弱； B弱酸盐因水解显碱性；C铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高；D氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，次氯酸有漂白性【解答】解：ASO2与HClO反应生成H2SO4，是HClO的强氧化性所致，不是酸性所致，所以不能得出H2SO4的酸性比HClO强的结论，故A错误； B无色酚酞遇碱变红色，向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，说明该溶液呈碱性，则硅酸钠水解导致溶液呈碱性，故B正确；C铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故
39、C正确；D氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，则氯水中加入蓝色石蕊试纸变红色，次氯酸有漂白性，所以试纸最后褪色，故D正确；故选A12如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色则以下说法正确的是（）A电源B极是正极B（甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量比为1：2：2：2C欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液D装置（丁）中X极附近红褐色不变【考点】电解原理【分析】A、根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极上氢离子放电生成氢气，所
40、以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极；B、甲装置中C电极上氢氧根离子放电，D电极上铜离子放电，E电极上氯离子放电，F电极上氢离子放电，根据得失电子和生成物的关系式计算；C、电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，电解质溶液中金属阳离子与阳极材料是相同的元素；D、电解池中带正电荷的微粒向阴极移动，带负电荷的微粒向阳极移动【解答】解：A、根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极附近有大量氢氧根离子，由此得出F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极，故A错误；B、甲装置中C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电
41、生成铜单质，E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以（甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1mol氧气需要4mol电子，生成1mol铜时需要2mol电子，生成1mol氯气时需要2mol电子，生成1mol氢气时需要2mol电子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，故B正确；C、若用（丙）装置给铜镀银，G应该是Ag，H是铜，电镀液是AgNO3溶液，故C错误；D、丁装置中Y电极是阴极，氢氧化铁胶粒带正电荷，Y极附近红褐色变深，故D错误；故选B13已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是（）
42、XYZWA若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n均为正整数）B若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱C若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸D若四种元素中只有一种为金属，则Z与Y两者的最高价氧化物对应的水化物能反应【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】由短周期主族元素在周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，A若HmXOn为强酸，则X只能为N元素；B若四种元素均为金属，则X为Li、Y为Be、Z为Na、W为Mg；C若四种元素均为非金属，则X、Z的族序数4，而小于7，若处于A元素，则W为P元素，对应的磷酸不是强
43、酸；D若四种元素中只有一种为金属，则Z为Al、X为B、Y为C、W为Si【解答】解：由短周期主族元素在周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，A若HmXOn为强酸，则X只能为N元素，其氢化物氨气溶于水呈碱性，故A错误；B若四种元素均为金属，则X为Li、Y为Be、Z为Na、W为Mg，Z的最高价氧化物对应的水化物为NaOH为强碱，故B正确；C若四种元素均为非金属，则X、Z的族序数4，而小于7，若处于A元素，则W为P元素，对应的磷酸不是强酸，故C错误；D若四种元素中只有一种为金属，则Z为Al、X为B、Y为C、W为Si，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，而碳酸属于弱酸，不能与氢
44、氧化铝反应，故D错误故选B14短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21，下列说法正确的是（）AY的简单离子半径小于Z的简单离子半径BZ最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量相同CY的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化DQ可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z是钠元素短周
45、期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，所以Z、W、Q处于第三周期，又因为W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，且只有钠是金属元素，所以W、Q只能是硅和氯元素X与W处于同一主族，则X是碳元素五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y元素的最外层电子数是214147=5，则Y是氮元素，以此解答该题【解答】解：Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z是钠元素短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，所以Z、W、Q处于第三周期，又因为W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，且只有钠是金属元素，所以W、Q只能是硅和氯元素X与W处于同一主族，则X是碳元素五种元素原子最外层电子数之和为
46、21，则Y元素的最外层电子数是214147=5，则Y是氮元素A核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，则Y的简单离子半径大于Z的简单离子半径，故A错误；B碳酸是弱酸，存在电离平衡，电离是吸热的，因此Z最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量不相同，故B错误；C氨气在一定条件下可被氯气氧化生成氮气和氯化氢，故C正确；DQ可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型分别为极性键、极性键、离子键、极性键，故D错误；故选C15关于下列各装置图的叙述中，正确的是（）A制取及观察Fe（OH）2B比较两种物质的稳定性C实验室制取NH3D分离沸点不
47、同且互溶的液体混合物【考点】化学实验方案的评价【分析】A煤油可隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；B碳酸氢钠受热易分解；C氯化铵分解，在试管口氨气与HCl又化合生成氯化铵；D温度计位置、冷却水的方向错误【解答】解：A煤油可隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，图中制取及观察Fe（OH）2合理，故A正确；B碳酸氢钠受热易分解，图中小试管中应为碳酸氢钠，故B错误；C氯化铵分解，在试管口氨气与HCl又化合生成氯化铵，则不能制备氨气，故C错误；D温度计应在蒸馏烧瓶的支管口处，冷却水的方向应下进上出，故D错误；故选A16下列有关实验的说法不正确的是（）A容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量
48、瓶都无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗B在4mL0.1molL1的K2Cr2O7溶液中滴加数滴1molL1的NaOH溶液，溶液颜色从橙色变成黄色C在用简易量热计测定反应热时，可使用碎泡沫起隔热保温的作用，迅速混合后测出初始温度，用环形玻璃搅拌棒进行搅拌使酸和碱充分反应、准确读取实验时温度计最高温度、并且取23 次的实验平均值等措施，以达到良好的实验效果D将含有少量氯化钾的硝酸钾放入烧杯中，加水溶解并加热、搅拌，当溶液表面出现一层晶膜时停止加热，冷却结晶，过滤即可得到大量硝酸钾晶体【考点】化学实验方案的评价【分析】A标有温度的仪器有：滴定管、容量
49、瓶、量筒、烧杯等；标有“0”刻度的仪器有：滴定管、托盘天平、温度计等；BK2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+，NaOH促进重铬酸钾溶液水解；C中和热的测定中需要碱溶液过量；D在较高温度下溶解混合物形成浓溶液，再冷却热的浓溶液到一定温度，析出大量硝酸钾晶体【解答】解：A容量瓶、量筒和滴定管上都标有刻度，使用时避免热胀冷缩，所以标有使用温度，量筒“0”刻度就是底座、容量瓶只有最大容量的一个刻度，所以两者都无“0”刻度，使用时滴定管水洗后还需润洗，否则会导致溶液浓度偏低，但容量瓶水洗后不用润洗因还需加水定容，所以不润洗，否则易导致测定浓度偏大，故A正
50、确；BK2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+，NaOH促进重铬酸钾溶液水解，溶液颜色从橙色变成黄色，故B正确；C中和热的测定中需要碱溶液过量，使酸完全反应，碱的量是否过量未知，故C错误；D从含有少量氯化钾的硝酸钾溶液中提硝酸钾，应先在较高温度下溶解混合物形成浓溶液，再冷却热的浓溶液到一定温度，析出大量硝酸钾晶体，故D正确；故选C17用下列实验方案及所选玻璃容器（非玻璃容器任选）就能实现相应实验目的是（）实验目的实验方案所选玻璃仪器A除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B证明HClO和CH3COOH
51、的酸性强弱同温下用pH试纸测定浓度为0.1molL1NaClO溶液和0.1molL1CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片C检验蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热试管、烧杯、酒精灯、滴管D配制1L 1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）将25g CuSO45H2O溶解在975水中烧杯、量筒、玻璃棒AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A过滤时还需要用漏斗；BNaClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定浓度为0.1molL1 NaClO溶液的pH；C银镜反应需要在碱性条件下进行；D.1L 1.6%的C
52、uSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）中溶质的物质的量是0.1mol【解答】解：A过滤时还需要用漏斗，该实验中没有漏斗，故A错误；BNaClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定浓度为0.1molL1 NaClO溶液的pH，则不能确定pH大小，不能比较酸性的强弱，故B错误；C银镜反应需要在碱性条件下进行，所以在加入银氨溶液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的酸，故C错误；D.1L 1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）中溶质的物质的量是0.1mol，溶液的质量是1000g，25g CuSO45H2O中硫酸铜的物质的量是0.1mol，故D正确；故选D18我国科学家在天然气脱硫研究方面
53、取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2S+O2H2O2+S已知甲池中发生的反应为：下列说法正确的是（）A该装置将电能转化为光能BH+从甲池移向乙池C甲池中碳棒上发生的电极反应为AQ+2H+2e=H2AQD乙池溶液中发生的反应为H2S+I33I+S+2H+【考点】化学电源新型电池【分析】A、装置是原电池装置，据此确定能量变化情况；B、原电池中阳离子移向正极；C、甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应；D、在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，碘单质得电子生成I，据物质的变化确定发生的反应【解答】解：A、装置的是原电池装置，根据图中信息知道是将光能转化为电能的装置，故A错误；B、原电池中阳
54、离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，故B错误；C、甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应，即AQ+2H+2e=H2AQ，故C错误；D、在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，碘单质得电子生成I，发生的反应为H2S+I33I+S+2H+，故D正确故选D二.第II卷非选择题（共46分）19下列实验步骤是兴趣小组对某混合样品含量的测定，样品成分为FeO、FeS2、SiO2、及其它杂质，杂质不与酸碱反应，受热稳定（步骤中所加试剂均为足量）称量m g样品灼烧装置如下：D瓶溶液固体（ag）请回答下列问题：（1）连接好仪器后，如何检查整套装置的气密性向D中加水浸没导管，夹紧止水夹a，
55、微热C，导管口有气泡，停止微热后，若D导管中形成一段稳定的水柱，则气密性良好（2）A瓶内所盛试剂是氢氧化钠溶液灼烧完成后熄灭酒精灯，若立即停止通空气，可能对实验的影响是（写两点）D中溶液倒吸、SO2不能全部排出或测得硫元素的含量偏低（3）步骤中加入双氧水的离子方程式为SO32+H2O2=SO42+H2O若此步骤不加入双氧水对测定硫元素含量的影响是偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）（4）连续操作1为过滤、洗涤、干燥、称量；连续操作2为洗涤、灼烧、称量（5）从步骤的bg滤渣入手，可测定SiO2的含量，下面各组试剂中不适合测定的是BCANaOH溶液、稀硫酸 BBa（OH）2溶液、盐酸C氨水、稀
56、硫酸 DNaOH溶液、盐酸（6）求样品中FeO的质量分数（列出算式即可）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】样品成分为FeO、FeS2、SiO2、及其它杂质，杂质不与酸碱反应，受热稳定，mg样品灼烧FeS2燃烧生成Fe2O3和SO2A瓶是氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳等酸性气体，B装置是浓硫酸干燥气体，C装置是样品灼烧得到氧化铁固体和二氧化硅，装置D是吸收生成的二氧化硫气体生成亚硫酸钠；D瓶中加入过氧化氢氧化亚硫酸钠为硫酸钠，加入氯化钡溶液形成硫酸钡沉淀，过滤、洗涤、干燥得到固体为BaSO4ag；C中固体为FeO、Fe2O3和SiO2和其他杂质，加入稀硫酸溶解生成硫酸亚铁、硫酸铁溶
57、液，过滤得到滤渣为SiO2和其他杂质bg，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钾溶液沉淀铁离子为Fe（OH）3，过滤得到滤渣洗涤干燥后灼烧得到红褐色固体Fe2O3质量为cg；（1）连接好仪器后，关闭紧止水夹a，微热C检查整套装置的气密性，依据导气管气泡冒出，停止加热导气管中有水柱上升证明气密性完好；（2）上述分析可知A为氢氧化钠溶液用来吸收空气中二氧化碳避免影响后续实验测定，灼烧完成后熄灭酒精灯，若立即停止通空气，可能会引起倒吸，生成的二氧化硫不能全部进入装置D中吸收；（3）过氧化氢是氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子全部沉淀，如不加入过氧化氢氧化，生成的沉淀含有BaSO3，称量过程中
58、易被空气中氧气氧化，计算得到硫元素质量偏高；（4）依据上述分析的连续操作1是过滤、洗涤、干燥、称量；连续操作2是洗涤、干燥、灼烧、称量；（5）C中固体为FeO、Fe2O3和SiO2和其他杂质，加入稀硫酸溶解生成硫酸亚铁、硫酸铁溶液，过滤得到滤渣为SiO2和其他杂质bg，杂质不与酸碱反应，受热稳定，分离后测定SiO2的含量的方法是：溶解二氧化硅后过滤，得到不溶杂质固体，滤液中加入酸生成硅酸沉淀，元素守恒计算得到二氧化硅的质量，据此计算二氧化硅含量；（6）样品成分为FeO、FeS2、SiO2、及其它杂质，依据铁元素守恒分析计算，实验中得到的固体是氧化铁质量为cg，实验是FeS2中硫元素最后生成硫酸
59、钡沉淀为ag，据此可以依据硫元素守恒计算原样品中FeS2的物质的量，原样品中FeO物质的量应是铁元素总物质的量减去FeS2中铁元素物质的量，得到氧化亚铁的质量分数【解答】解：样品成分为FeO、FeS2、SiO2、及其它杂质，杂质不与酸碱反应，受热稳定，mg样品灼烧FeS2燃烧生成Fe2O3和SO2A瓶是氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳等酸性气体，B装置是浓硫酸干燥气体，C装置是样品灼烧得到氧化铁固体和二氧化硅，装置D是吸收生成的二氧化硫气体生成亚硫酸钠；D瓶中加入过氧化氢氧化亚硫酸钠为硫酸钠，加入氯化钡溶液形成硫酸钡沉淀，过滤、洗涤、干燥得到固体为BaSO4ag；C中固体为FeO、Fe2O3和
60、SiO2和其他杂质，加入稀硫酸溶解生成硫酸亚铁、硫酸铁溶液，过滤得到滤渣为SiO2和其他杂质bg，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钾溶液沉淀铁离子为Fe（OH）3，过滤得到滤渣洗涤干燥后灼烧得到红褐色固体Fe2O3质量为cg；（1）检查整套装置的气密性，先连接好仪器后，关闭紧止水夹a，微热C，依据导气管气泡冒出，停止加热导气管中有水柱上升证明气密性完好，具体步骤为：向D中加水浸没导管，夹紧止水夹a，微热C，导管口有气泡，停止微热后，若D导管中形成一段稳定的水柱，则气密性良好；故答案为：向D中加水浸没导管，夹紧止水夹a，微热C，导管口有气泡，停止微热后，若D导管中形成一段稳定的
61、水柱，则气密性良好；（2）上述分析可知A中是氢氧化钠溶液，用来吸收通入空气中二氧化碳，避免影响后续实验测定，灼烧完成后熄灭酒精灯，若立即停止通空气，可能会引起倒吸，生成的二氧化硫不能全部进入装置D中吸收等；故答案为：氢氧化钠，D中溶液倒吸、SO2不能全部排出或测得硫元素的含量偏低；（3）过氧化氢是氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子全部沉淀，步骤中加入双氧水的离子方程式为：SO32+H2O2=SO42+H2O，如不加入过氧化氢氧化，生成的沉淀含有BaSO3，称量过程中易被空气中氧气氧化，计算得到硫元素质量偏高；故答案为：SO32+H2O2=SO42+H2O，偏高；（4）依据上述分析可知，实验过程中连续
62、操作1是过滤、洗涤、干燥、称量；连续操作2是洗涤、干燥、灼烧、称量；故答案为：过滤，干燥，灼烧；（5）C中固体为FeO、Fe2O3和SiO2和其他杂质，加入稀硫酸溶解生成硫酸亚铁、硫酸铁溶液，过滤得到滤渣为SiO2和其他杂质bg，杂质不与酸碱反应，受热稳定，从步骤的bg滤渣入手，可测定SiO2的含量是利用加入的试剂溶解二氧化硅后过滤得到不溶性杂质，滤液中加入酸沉淀硅酸根离子形成硅酸沉淀，洗涤干燥称量，元素守恒计算得到二氧化硅质量，得到二氧化硅的含量；ANaOH溶液、以溶解二氧化硅，稀硫酸和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，可以测定二氧化硅含量，故A符合； BBa（OH）2溶液和二氧化硅反应生成硅酸钡是沉
63、淀，不能和杂质分离、不能用来测定含量，故B不符合；C氨水不能溶解二氧化硅，不能分离不溶性杂质，故C不符合； DNaOH溶液、以溶解二氧化硅，稀盐酸和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，可以测定二氧化硅含量，故D符合；故答案为：BC；（6）依据铁元素守恒分析计算，实验中得到的固体是氧化铁质量为cg，实验是FeS2中硫元素最后生成硫酸钡沉淀为ag，据此可以依据硫元素守恒计算原样品中FeS2的物质的量，原样品中FeO物质的量应是铁元素总物质的量减去FeS2中铁元素物质的量，氧化铁物质的量=mol，含有铁元素物质的量=mol2，依据硫元素守恒，FeFeS22H2SO42BaSO4，则FeS2中铁元素物质的量=mo
64、l氧化亚铁FeO中铁元素物质的量=mol2mol得到氧化亚铁的质量分数为：；故答案为：；20通常情况下，微粒A和B为分子，C和E为阳离子，D为阴离子，它们都含有10个电子；B溶于A后所得的物质可电离出C和D；A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀请回答（1）用化学符号表示下列微粒：C：NH4+，D：OH（2）写出A、B、E三种微粒反应的离子方程式：Al3+3NH3+3H2O=Al（OH）3+3NH4+或Mg2+2NH3+2H2O=Mg（OH）2+2NH4+【考点】无机物的推断【分析】常见的10电子分子有H2O、NH3、CH4、HF等，常见的10电子阳离子有Na+、Mg2+、Al3+、NH
65、4+、H3O+，常见的10电子阴离子有F、OH，根据“B溶于A后所得的物质可电离出C和D”，可推出A为H2O、B为NH3、C为NH4+、D为OH，再根据A、B、E反应后可得C和一种白色沉淀，可推出E为Mg2+或Al3+，以此解答【解答】解：常见的10电子分子有H2O、NH3、CH4、HF等，常见的10电子阳离子有Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、H3O+，常见的10电子阴离子有F、OH，根据“B溶于A后所得的物质可电离出C和D”，可推出A为H2O、B为NH3、C为NH4+、D为OH，再根据A、B、E反应后可得C和一种白色沉淀，可推出E为Mg2+或Al3+，（1）由上述分析可知，C为NH4+
66、，D为OH，故答案为：NH4+；OH；（2）A为H2O、B为NH3，E为Mg2+或Al3+，A、B、E三种微粒反应的离子方程式为：Al3+3NH3+3H2OAl（OH）3+3NH4+或Mg2+2NH3+2H2OMg（OH）2+2NH4+；故答案为：Al3+3NH3+3H2O=Al（OH）3+3 NH4+或Mg2+2NH3+2H2O=Mg（OH）2+2NH4+21A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，A与C、B与D分别为同主族，B和C的最外层电子数之和与E的最外层电子数相同A与E形成的化合物的化学式为AE，其分子中含18个电子请回答下列问题
67、：（1）D元素的原子结构示意图为（2）由A、B、C三种元素形成的化合物的电子式为，这种化合物中所含的化学键类型有离子键、共价键（3）A2B的沸点高于A2D，其原因是H2O分子之间存在氢键（4）B、C、E三种元素形成一种盐，此盐中三种原子个数比为1：1：1，在25时，将该盐溶于水，测得溶液pH7，理由是ClO+H2OHClO+OH（用离子方程式表示）；将该盐溶液在空气中露置一段时间后（充分光照，不考虑水分的挥发），溶液的pH近似为7，则该过程的总化学反应方程式为2NaClO2NaCl+O2【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，A原子的电子
68、层数与它的核外电子总数相同，则A为H元素；A与E形成的化合物的化学式为AE，其分子中含18个电子，则E为Cl元素；A与C、B与D分别为同主族，B和C的最外层电子数之和与E的最外层电子数相同，可知C为Na，B的最外层电子数为71=6，可知B为O，D为S，然后结合元素化合物来解答【解答】解：A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，则A为H元素；A与E形成的化合物的化学式为AE，其分子中含18个电子，则E为Cl元素；A与C、B与D分别为同主族，B和C的最外层电子数之和与E的最外层电子数相同，可知C为Na，B的最外层电子数为71=6，可知B为O，D
69、为S，（1）D元素为S，质子数为16，其原子结构示意图为，故答案为：； （2）由A、B、C三种元素形成的化合物为NaOH，其电子式为，含离子键和共价键，故答案为：；离子键、共价键；（3）A2B的沸点高于A2D，其原因是H2O分子之间存在氢键，故答案为：H2O分子之间存在氢键； （4）B、C、E三种元素形成一种盐，此盐中三种原子个数比为1：1：1，该物质为NaClO，在25时，将该盐溶于水，测得溶液pH7，发生水解显碱性，理由是ClO+H2OHClO+OH，该盐溶液在空气中露置一段时间后（充分光照，不考虑水分的挥发），溶液的pH近似为7，则该过程的总化学反应方程式为2NaClO2NaCl+O2，
70、故答案为：ClO+H2OHClO+OH；2NaClO2NaCl+O222硫酸是基础化工的重要产品，硫酸的消费量可作为衡量一个国家工业发展水平的标志生产硫酸的主要反应为：SO2（g）+O2（g）SO3（g）（1）恒温恒容下，平衡体系中SO3的体积分数（SO3）和y与SO2、O2的物质的量之比的关系如图1：则b点=2；y为D（填编号）A平衡常数 BSO3的平衡产率 CO2的平衡转化率 DSO2的平衡转化率（2）Kp是以各气体平衡分压代替浓度平衡常数Kc中各气体的浓度的平衡常数在400650时，Kp与温度（TK）的关系为lgKp=4.6455，则在此条件下SO2转化为SO3反应的H0（填“0”或“0
71、”）（3）该反应的催化剂为V2O5，其催化反应过程为：SO2+V2O5SO3+V2O4 K1O2+V2O4V2O5 K2则在相同温度下2SO2（g）+O2 （g）2SO3 （g）的平衡常数K=（K1K2）2（以含K1、K2的代数式表示）V2O5加快反应速率的原因是降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高，其催化活性与温度的关系如图2：（4）在7.0% SO2、11% O2、82% N2（数值均为气体体积分数）时，SO2平衡转化率与温度、压强的关系如图3，则列式计算460、1.0atm下，SO2 （g）+O2 （g）SO3 （g）的Kp=113atm1/2（己知：各气体的分压=总压
72、各气体的体积分数）（5）综合第（3）、（4）题图给信息，工业生产最适宜的温度范围为400500，压强通常采用常压的原因是常压下SO2的平衡转化率已经很大，再增大压强，对设备要求较高【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】（1）当二氧化硫的量与氧气的物质的量之比等于系数之比时三氧化硫的体积分数最大；图2表示随着二氧化硫量的增加而逐渐减小的量；（2）根据lgKp=4.6455知，升高温度平衡常数减小，说明平衡逆向移动；（3）将方程式2（+）得2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），据此计算化学平衡常数；催化剂通过降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高，从而增大反应速率；
73、（4）混合气体中7.0% SO2、11% O2、82% N2，假设有混合气体100mol，则二氧化硫为7mol、氧气11mol、氮气82mol，460、1.0atm下二氧化硫转化率为97%，则参加反应的n（SO2）=7mol97%=6.79mol，剩余的n（SO2）=7mol3%=0.21mol，剩余的n（O2）=11mol6.79mol=7.605mol，生成的三氧化硫物质的量=6.79mol，反应后混合气体总物质的量=0.21mol+7.605mol+6.79mol+82mol=96.605mol，反应前后物质的量之比等于其压强之比，则反应后压强=1atm=0.9579atm，二氧化硫的分
74、压=0.9579atm，氧气分压=0.9579atm，三氧化硫分压=0.9579atm，化学平衡常数Kp=；（5）根据工业生产既要考虑转化率又要考虑反应速率还要考虑对设备的要求等，据此分析【解答】解：（1）当二氧化硫的量与氧气的物质的量之比等于系数之比时三氧化硫的体积分数最大，b点三氧化硫体积分数最大，此点处n（SO2）/n（O2）=2：1；由图象可知，n（SO2）/n（O2）越大，y值越小，A平衡常数仅与温度有关，所以n（SO2）/n（O2）变化，平衡常数不变，不符合图象，故错误；Bn（SO2）/n（O2）越大，二氧化硫物质的量越大，则SO3的平衡产率越大，不符合图象，故错误；Cn（SO2）
75、/n（O2）越大，二氧化硫物质的量越大，则O2的转化率越大，不符合图象，故错误；Dn（SO2）/n（O2）越大，二氧化硫物质的量越大，则SO2的平衡转化率越小，符合图象，故正确；故答案为：2；D；（2）根据lgKp=4.6455知，升高温度平衡常数减小，说明平衡逆向移动，正反应是放热反应，焓变小于0，故答案为：0；（3）将方程式2（+）得2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），方程式相加平衡常数相乘，方程式扩大2倍，平衡常数变为原来的平方，所以该反应化学平衡常数K等于（K1K2）2，故答案为：（K1K2）2；催化剂通过降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高，从而增大反应速率，
76、故答案为：降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高；（4）混合气体中7.0% SO2、11% O2、82% N2，假设有混合气体100mol，则二氧化硫为7mol、氧气11mol、氮气82mol，460、1.0atm下二氧化硫转化率为97%，则参加反应的n（SO2）=7mol97%=6.79mol，剩余的n（SO2）=7mol3%=0.21mol，剩余的n（O2）=11mol6.79mol=7.605mol，生成的三氧化硫物质的量=6.79mol，反应后混合气体总物质的量=0.21mol+7.605mol+6.79mol+82mol=96.605mol，反应前后物质的量之比等于其
77、压强之比，则反应后压强=1atm=0.9579atm，二氧化硫的分压=0.9579atm，氧气分压=0.9579atm，三氧化硫分压=0.9579atm，化学平衡常数Kp=113atm1/2，故答案为：113atm1/2；（5）根据图知，在400500时二氧化硫转化率较大，反应速率快，所以工业生产最适宜的温度范围为400500，又常压下SO2的平衡转化率已经很大，再增大压强，对设备要求较高，故答案为：400500； 常压下SO2的平衡转化率已经很大，再增大压强，对设备要求较高（二）选考题：共13分请考生从给出的22、23两道化学题中任选一道作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分【化学一选修3
78、：物质结构与性质】23铜、镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料请回答：（1）基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；己知高温下CuOCu2O+O2，从铜原子价层电子结构（3d和4s轨道上应填充的电子数）变化角度来看，能生成Cu2O的原因是CuO中铜的价层电子排布为3d 94s0，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，后者处于稳定的全充满状态而前者不是（2）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物，若“SiH”中共用电子对偏向氢元素，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性相对大小为SeSi（填“”、“”）与Si同周期部分元素的
79、电离能如图1所示，其中a、b和c分别代表BAa为Il、b为I2、c为I3 Ba为I2、b为I3、c为I1Ca为I3、b为I2、c为I1 Da为Il、b为I3、c为I2（3）SeO2常温下白色晶体，熔点为340350，315时升华，则SeO2固体的晶体类型为分子晶体；若SeO2类似于SO2是V型分子，则Se原子外层轨道的杂化类型为sp2（4）镓与某有机物形成的配合物过程如图2，在图上画出产物中的配位键（5）金刚砂（SiC）的硬度为9.5，其晶胞结构如图3所示，则Si原子的配位数为4，每个C原子周围最近的C原子数目为12个；若晶胞的边长为a pm，则金刚砂的密度表达式为g/cm3【考点】原子核外电
80、子排布；化学键；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【分析】（1）Cu为29号元素，原子核外有29个电子，结合能量最低原理书写核外电子排布式；Cu+的核外有28个电子，根据构造原理书写其基态离子核外电子排布式，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定；（2）若“SiH”中键合电子偏向氢原子，说明硅显正价，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，硒显负价；在第三周期元素中，钠失去1个电子后，就已经达到稳定结构，所以钠的第二电离能最大，镁最外层为2个电子，失去2个电子后为稳定结构，所以镁的第二电离能较小，铝最外层有3个电子，失去2个电子后还未达稳定结构，而铝的金属性
81、比镁弱，所以第二电离能比镁略高，硅最外层上2p层有2个电子，失去后，留下2s轨道上有2个电子，相对较稳定，所以硅的第二电离能比铝要低，磷、硫非金属性逐渐增大，第二电离能也增大，由于硫失去一个电子后，3p轨道上是3个电子，是较稳定结构，所以硫的第二电离能要高于氯；（3）根据分子晶体的熔、沸点低；根据价层电子对互斥理论确定杂化类型；（4）镓与某有机物形成的配合物过程中生成的产物中镓原子和氮原子间形成配位键，由氮原子单方面提供电子对，和镓原子间形成四个配位键；（5）每个碳原子连接4个硅原子，每个硅原子又连接其它3个碳原子，据此判断每个C原子周围最近的C原子数目；该晶胞中C原子个数=8+6=4，Si原
82、子个数为4，根据=计算其密度【解答】解：（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，CuO中铜的价层电子排布为3d94s0，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，3d10为稳定结构，所以在高温时，能生成Cu2O，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；CuO中铜的价层电子排布为3d 94s0，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，后者处于稳定的全充满状态而前者不是；（2）若“SiH”中键合电子偏向氢原子，说明硅显正价，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，硒显负价，所以硒与
83、硅的电负性相对大小为SeSi；在第三周期元素中，钠失去1个电子后，就已经达到稳定结构，所以钠的第二电离能最大，镁最外层为2个电子，失去2个电子后为稳定结构，所以镁的第二电离能较小，铝最外层有3个电子，失去2个电子后还未达稳定结构，而铝的金属性比镁弱，所以第二电离能比镁略高，硅最外层上2p层有2个电子，失去后，留下2s轨道上有2个电子，相对较稳定，所以硅的第二电离能比铝要低，磷、硫非金属性逐渐增大，第二电离能也增大，由于硫失去一个电子后，3p轨道上是3个电子，是较稳定结构，所以硫的第二电离能要高于氯，a为第二电离能为I2、b为第三电离能为I3、c为第一电离能为I1，选B，故答案为：；B；（3）S
84、eO2常温下白色晶体，熔、沸点低，为分子晶体；二氧化硒分子中价层电子对=2+（622）=3，Se原子的杂化类型为sp2，且含有一个孤电子对，所以属于V形，故答案为：分子晶体；sp2；（4）镓原子和氮原子间形成配位键，由氮原子单方面提供电子对，和镓原子间形成四个配位键，画出的配位键图示为：故答案为：；（5）每个碳原子连接4个硅原子，所以Si原子的配位数为4；每个硅原子又连接其它3个碳原子，所以每个碳原子周围最近的碳原子数目为34=12；该晶胞中C原子个数=8+6=4，Si原子个数为4，晶胞边长=a1010cm，体积V=（a1010cm）3，=gcm3，故答案为：4；12；【化学一选修5有机化学基
85、础】24有机物AM有如图所示转化关系，A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，F的分子式为C9H10O2，且不能使溴的CC14溶液褪色，D能发生银镜反应，M与足量的NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种己知：（R1、R2表示烃基或氢原子）请回答：（1）B的结构简式为（2）反应中，属于氧化反应的是（填反应序号）（3）写出反应的化学方程式（4）D与新制Cu （OH）2悬浊液反应的化学方程式为（5）A的相对分子质量在180260之间，从以上转化中不能确认A的某一官能团，下列确定该官能团的哪些实验方法是正确的bdA取少量A于试管中，再加入苯振荡，观察分液后上层溶液颜色B取少量
86、A于试管中，再加入NaOH溶液共热，待冷却后加入稀硝酸调节至酸性，最后滴入AgNO3溶液，观察沉淀颜色C取少量A于试管中，再滴入AgN03溶液，再加入稀硝酸，观察沉淀颜色D取少量A于试管中，再加入NaOH的醇溶液共热，待冷却后加入稀硝酸调节至酸性，最后滴入AgNO3浴液，观察沉淀颜色（6）符合下列条件的F的同分异构体共有2种A能发生银镜反应B能与FeC13溶液发生显色反应C核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：6【考点】有机物的推断【分析】A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与 NaHCO3溶液反应，均含有COOH，F的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，且不能使溴的CCl4溶
87、液褪色，不含不饱和键，应含有苯环，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种，故F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为由ABC的转化可知，C中含有COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180287645=31，小于2602876=111，X可能为Cl或BrC发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成FC发生缩聚反应生成高聚物H为，据此解答【解答】解：（1）由上述分析可知，B的结构简式为，故答
88、案为：；（2）反应属于取代反应，还发生中和反应，反应属于复分解反应，反应属于氧化反应，反应属于消去反应，反应属于加成反应，反应属于缩聚反应，故答案为：；（3）反应的化学方程式：，故答案为：；（4）D与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）根据上面的分析可知，X可能为Cl或Br，要确定X是哪种官能团的实验方法为，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应，或者在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生取代反应，取反应后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子，若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子，故选：bd；（6）F（）的同分异构体：a能发生银镜反应，说明分子中存在醛基；b能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中存在酚羟基；c核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：6，说明有4种氢原子，符合以上条件的F分子中有2个甲基、1个酚羟基、1个CHO，酚羟基、醛基处于对位，2个甲基关于酚羟基、CHO连线呈轴对称，所以F的同分异构体有2种，故答案为：22017年1月4日
