安徽省砀山第二中学2020届高三第一次月考化学试题

安徽省砀山第二中学2020届高三第一次月考化学试题

砀山二中2019-2020学年度高三第一次月考 化学试卷 第Ⅰ卷 H:1 Be:9 C:12 N:14 O:16 F:19 Na:23 Mn:55 Ba:137 Ce：140‎ 一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是（ ）‎ A. 乙烯的结构简式：CH2CH2 B. 原子核内有10个中子的氧原子：18O C. CH4分子的比例模型： D. 新戊烷的结构简式： ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯结构简式应保留碳碳双键：CH2=CH2，故A错误；‎ B．原子核内有10个中子的氧原子的质量数是18，所以该原子为O，故B正确；‎ C．甲烷分子的比例模型为，故C错误；‎ D．2，2-二甲基丙烷俗称新戊烷，结构简式为：，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意习惯命名法的命名规则，应该为异戊烷。‎ ‎2.用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的（ ）‎ A. 常温常压下，22.4L的O2含有分子数为NA B. 标准状况下，22.4L的SO3含有分子数为NA C. 标准状况下，17gNH3含有的电子数为8 NA D. 常温常压下，14gC2H4和C3H6的混合物含原子数为3NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氧气存在的条件不是标准状况下，无法确定氧气的物质的量，故A错误；‎ B、标况下，三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；‎ C、17g氨气的物质的量为=1mol，而1个氨气分子中含10个电子，故1mol氨气中含10NA个电子，故C错误；‎ D、C2H4和C3H6的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为=1mol，含有原子3mol，个数为3NA个，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.下列物质中既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（ ）‎ ‎①NaHCO3 ②(NH4)2SO3 ③Al2O3 ④ Al(OH)3 ⑤A1‎ A. ③④⑤ B. ①③④⑤ C. ②③④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①NaHCO3属于弱酸的酸式盐，既能与稀硫酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成碳酸钠，故①正确；‎ ‎②(NH4)2SO3属于弱酸弱碱盐，既能与稀硫酸反应，生成SO2气体，又能与碱反应，生成NH3，故②正确；‎ ‎③Al2O3属于两性氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-，故③正确；‎ ‎④Al(OH)3 属于两性氢氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-，故④正确；‎ ‎⑤金属铝与稀硫酸反应生成Al3+和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO2-和氢气，故⑤正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解答本题要注意归纳，既能与酸反应，又能与碱反应的物质有弱酸弱碱盐、弱酸的酸式盐、两性氧化物、两性氢氧化物、金属铝、蛋白质和氨基酸等物质。‎ ‎4.下列各组离子，在指定的环境中一定能大量共存的是（ ）‎ A. 某无色透明溶液中：NH4+、Ca2+、Cl－、CO32-‎ B. 与金属铝反应放出氢气的溶液：K＋、NH4+、NO3－、Cl－‎ C. 滴加酚酞试液显红色的溶液： K＋、Na+、CO32-、Cl－‎ D. c (Fe2+) =l mol/L的溶液： K＋、NH4+、MnO4－、SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ca2+与CO32-生成难溶物碳酸钙，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．能与金属铝反应放出氢气的溶液可能为酸或强碱的溶液，若为酸，则强酸性条件下H+与NO3-相当于硝酸，与铝反应生成氮的氧化物，不生成氢气，不符合；若为碱，因OH-、NH4+结合生成弱电解质，不能共存，不符合，故B错误；‎ C．滴加酚酞试液显红色的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、S2-、CO32-、K+之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；‎ D．亚铁离子与高锰酸根离子能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.仅用下表提供的仪器和用品能够实现相应目的的是（ ）‎ 选项 实验目的 仪器和药品 A 从碘水中提取碘 铁架台、烧杯、分液漏斗、酒精 B 检验溶液中是否含有SO42-‎ 试管、胶头滴管、BaCl2溶液 C 验证非金属性：Cl >C 试管、胶头滴管、盐酸、小苏打 D 配制l00mL0.1mol/L NaOH溶液 天平、药匙、烧杯、玻确棒、100mL容量瓶、胶头滴管、烧碱、水 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．萃取剂酒精和原溶剂水互溶，所以不能用酒精萃取碘水中的碘，应该用四氯化碳或苯，不能实现实验目的，故A错误；‎ B．在检验SO42-时，加入氯化钡之前要先加盐酸以排除CO32-‎ 离子等的干扰。即先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，说明含有SO42-，故B错误；‎ C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，盐酸不是Cl元素最高价氧化物的水合物，所以不能验证非金属性Cl＞C，故C错误；‎ D．配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀可知所需的仪器有酸式滴定管(可量取盐酸的体积)、100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.化学与能源开发、环境保护、生产生活等密切相关。下列有关说法正确的是 （ ）‎ A. 二氧化硫可用于纸浆漂白，是因为二氧化硫具有还原性 B. 静电除尘、血液透析均与胶体的性质有关 C. 聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料 D. 钢铁发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式是Fe-3e-=Fe3+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硫具有漂白性，可用于纸浆漂白，与二氧化硫的还原性无关，与漂白性有关，故A错误；‎ B．静电除尘是利用胶体电泳性质的应用，血液透析原理即为胶体渗析原理，均与胶体性质相关，故B正确；‎ C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维属于新型无机非金属材料，聚酯纤维属于有机高分子材料，故C错误；‎ D．钢铁腐蚀时，铁失电子生成亚铁离子，负极的电极反应式是Fe-2e-=Fe2+，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.使用胆矾（CuSO4•5H2O）配制0.1 mol•L-1的硫酸铜溶液，正确的操作是（ ）‎ A. 称取25 g胆矾，溶解在1 L水里 B. 称取25 g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1L C. 将16 g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1L D. 将胆矾加热除去结晶水后，称取16 g溶解在1L水中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．25 g胆矾的物质的量为=0.1mol，含有硫酸铜0.1mol，溶解在1 L水里，溶液的体积大于1L，所得溶液物质的量浓度小于0.1mol/L，故A错误；‎ B．25 g胆矾的物质的量为0.1mol，含有硫酸铜0.1mol，溶于水，然后将此溶液稀释至1 L，溶液体积为1L，所以溶液的物质的量浓度为0.1mol/L，故B正确；‎ C．16 g胆矾物质的量小于0.1mol，含有的硫酸铜物质的量小于0.1mol，溶于水，然后将此溶液稀释至1 L，所得溶液的浓度小于0.1mol/L，故C错误；‎ D．16g硫酸铜的物质的量为=0.1mol，溶解在1 L水里，溶液的体积大于1L，所得溶液物质的量浓度小于0.1mol/L，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】物质量浓度计算中要用溶液的体积计算而不是溶剂体积，这是解答本题的易错点。‎ ‎8.下列说法正确的是（ ）‎ A. 增加固体反应物的质量，反应速率一定加快 B. 镁与稀盐酸反应时，加入适量的氯化钾溶液，生成氢气的速率不变 C. 对于可逆反应，升高反应体系温度，正反应速率和逆反应速率均增加 D. A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，恒温恒容充入 He 以增大压强，化学反应速率加快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应物如果是固体物质，增加反应物的量，但浓度不变，所以反应速率不变，故A错误；‎ B．向盐酸溶液中加入氯化钾溶液，相当于稀释了盐酸，盐酸浓度减小，反应速率减慢，故B错误；‎ C．升高温度，增大了活化分子百分数，正逆反应速率都增大，故C正确；‎ D．恒温恒容充入He，反应体系压强增大，但参加反应气体的浓度不变，所以反应速率不变，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎9.下列检验方法，利用该气体的氧化性的是 A. Cl2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 B. SO2使品红溶液褪色 C. NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝 D. NO遇到空气变为红棕色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. Cl2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝是因为氯气氧化碘化钾产生碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，选项A符合；B. SO2使品红溶液褪色是因为二氧化硫与有色物质化合而使品红褪色，选项B不符合；C. NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝是因为氨气溶于水生成的氨水呈碱性遇石蕊变蓝，选项C不符合；D. NO遇到空气变为红棕色是因为一氧化氮被氧气氧化体现其还原性，选项D不符合。答案选A。‎ ‎10.Cu2O是赤铜矿的主要成分，Cu2S是辉铜矿的主要成分。铜的冶炼过程通常发生反应：Cu2S+2Cu2O===6Cu+SO2↑，下列有关说法正确的是 A. 该反应中有三种元素的化合价发生了变化 B. 每生成0.1 mol Cu，转移0.2 mol 电子 C. Cu2S在反应中既氧化剂又是还原剂 D. Cu既是氧化产物又是还原产物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则反应中Cu2S和Cu2O都表现为氧化性，而Cu2S还表现为还原性，据此判断。‎ ‎【详解】A．该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以有两种元素化合价变化，A错误；‎ B．铜元素化合价从+1价降低到0价，每生成0.1mol Cu，转移电子为0.1 mol×（1-0）=0.1mol，B错误；‎ C．该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，C正确；‎ D．该反应中铜元素化合价降低，所以铜是还原产物，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，注意把握元素的化合价的变化为解答该题的关键，从化合价变化的角度理解相关概念并进行相关计算。‎ ‎11.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 在1L 0.1mol/L碳酸钠溶液中，阴离子总数为0.1NA B. 1mol铁与足量的氯气反应，失去电子数为2NA C. 31g白磷分子中，含有的共价单键数目是NA D. 1mol Na2O2与足量CO2反应，转移的电子数为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1L 0.1 mol•L-1碳酸钠溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，导致溶液中阴离子数目增大，则溶液中含有的阴离子的物质的量大于0.1mol，含有的阴离子总数大于0.1NA，故A错误；‎ B．铁与氯气反应后变为+3价，故1mol铁反应后失去3mol电子即3NA个，故B错误；‎ C．31g白磷的含有=1mol磷原子，白磷为正四面体结构，1个磷原子与其它3个P形成3个P-P共价键，根据均摊法，每个磷原子形成的共价键为×3=1.5，所以1molP可以形成1.5mol共价键，含有的共价单键数目是1.5NA个，故C错误；‎ D．1 molNa2O2与足量CO2反应，生成0.5mol氧气，反应中过氧化钠中的O元素的化合价部分升高，部分降低，转移1mol电子，转移的电子数为NA，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎12.以物质a为原料，制备物质d （金刚烷）的合成路线如图所示 关于以上有机物说法中， 错误的是（ ）‎ A. 物质b的分子式为C10H12 B. 物质a所有原子均在同一平面上 C. 物质c与物质d互为同分异构体 D. 物质d的一氯代物有2种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由结构可知b的分子式为C10H12，故A正确；‎ B．物质a中含亚甲基，为四面体结构，所有原子不可能共面，故B错误；‎ C．物质c与物质d的分子式相同，均为C10H16，结构不同，互为同分异构体，故C正确；‎ D．物质d只有次甲基、亚甲基上两种H，其一氯代物有2种，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意中的H原子化学环境相同，中的H原子化学环境相同，即中只有2种化学环境的H原子。‎ ‎13.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（夹持装置未画出）‎ A. 用装置甲检验溶液中是否有K＋‎ B. 用装置乙制取并收集少量NH3‎ C. 用装置丙进行喷泉实验 D. 用装置丁加热熔融NaOH固体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、检验K＋‎ ‎，需要通过蓝色钴玻璃观察，防止黄光的干扰，故说法错误；B、利用生石灰遇水放出大量的热，以及NH3·H2O不稳定受热易分解，来制取氨气，由于氨气的密度小于空气的密度，收集氨气用向下排空气法收集，故正确；C、喷泉实验：烧瓶内外产生压强差，而氯气不溶于饱和食盐水，不能形成喷泉，故说法错误；D、瓷坩埚成分是SiO2，SiO2属于酸性氧化物，和NaOH反应，不能用瓷坩埚熔融NaOH固体，故说法错误。‎ 考点：考查实验设计的评价。‎ ‎14.四种短周期元素W、X、Y、Z，其中W元素的一种单质在自然界硬度最大；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的；Y是地壳中含量最多的金属元素；Z单质的水溶液具有漂白性。下列叙述中，不正确的是（ ）‎ A. Z的气态氢化物的沸点在同主族中最低 B. 工业上用电解熔融Y的氧化物的方法冶炼金属Y C. 将X单质投入到CuSO4溶液中，生成紫红色固体 D. 将W的最高价氧化物通入Na2SiO3溶液，生成白色沉淀，则非金属性：W>Si ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四种短周期元素W、X、Y、Z，其中W元素的一种单质在自然界硬度最大，为金刚石，W为C元素；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，X为Na元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，Y为Al元素；Z单质的水溶液具有漂白性，Z为Cl元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，WC元素，X为Na元素，Y为Al元素，Z为Cl元素。‎ A．Cl为卤族元素，其中HF分子间存在氢键，沸点比氯化氢高，溴化氢和碘化氢的相对分子质量比氯化氢大，沸点比氯化氢高， 氯化氢的沸点在同主族中最低，故A正确；‎ B．铝为活泼金属，由于熔融的氯化铝不导电，工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼金属铝，故B正确；‎ C．将钠投入到CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，不能生成紫红色固体铜，故C错误；‎ D．W的最高价氧化物为二氧化碳，将二氧化碳通入Na2SiO3溶液，生成硅酸白色沉淀，说明非金属性：C>Si，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎15.将二氧化碳转化为乙烯的装置如图，使用的电极材料均为惰性电极。下列正确的是（ ）‎ A. a为电源的正极 B. 每生成0.1mol乙烯，同时生成6.72LO2‎ C. 电解过程中，阳极区c(H+)逐渐减小 D. 阴极反应为：2CO2+12H++12e- = C2H4+4H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，二氧化碳得电子生成乙烯，电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，为还原反应，a为电池的负极，则b为电池的正极，阳极上氢氧根失电子放出氧气，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．由二氧化碳得电子生成乙烯，发生还原反应，所以a为电池的负极，故A错误；‎ B．阴极二氧化碳得电子生成乙烯，阳极氢氧根失电子放出氧气，总反应为：2CO2+2H2O=C2H4+3O2，每生成0.1mol乙烯，同时生成0.3molO2，但温度压强不知，不能计算生成氧气的体积，故B错误；‎ C．阳极氢氧根失电子放出氧气，阳极区c(H+)增大，故C错误；‎ D．由二氧化碳得电子生成乙烯，发生还原反应，电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎16.25℃，向20mL 0.1mol·L-1MOH溶液中滴加0.1mol·L-1 CH3COOH溶液，所得溶液的pH(对应曲线M)及导电能力(对应曲线N)变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. MOH是强碱 B. b点溶液中，c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L-1‎ C. 水的离子积常数Kw：b＞c＞a D. c点溶液中，c(CH3COO-)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、25℃时，0.1mol•L-1MOH溶液中，pH=11，说明该碱部分电离，属于弱碱，故A错误；‎ B、向20mL0.1mol•L-1MOH溶液中滴加20mL0.1mol•L-1CH3COOH溶液，恰好反应生成醋酸盐，b的导电能力最强，且pH=7，说明该醋酸盐是强电解质，且弱碱阳离子的水解程度等于醋酸根离子的水解程度，根据物料守恒，c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)＝0.05 mol·L-1，故B错误；‎ C、水的离子积Kw只和温度有关，和其他因素无关，温度不变，Kw不变，因此水的离子积常数Kw：b=c=a，故C错误；‎ D、向20mL0.1mol•L-1MOH溶液中滴加0.1mol•L-1CH3COOH溶液40mL，得到的是等浓度的醋酸和醋酸盐的混合物，即c点为等浓度的醋酸和醋酸盐的混合溶液，由于弱碱阳离子的水解程度等于醋酸根离子的水解程度，溶液显示酸性，以醋酸的电离为主，因此c(CH3COO-)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH-)，故D正确；‎ 故选D。‎ 第Ⅱ卷 二、非选择题：每空2分，共52分 ‎17.原子序数由小到大排列的五种短周期元素X、Y、Z、M、W，其中X是在周期表中原子半径最小的元素，Z 的最外层电子数是内层的3倍，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族，M与W同周期，且与X同主族。‎ ‎(1)M元素是_______(填元素符号)。‎ ‎(2)Z、W形成的气态氢化物中，较稳定的是_______(填化学式)。‎ ‎(3)写出M2Z2的电子式：_______。‎ ‎(4)由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的一种强酸，其稀溶液能与铜反应，离子方程式为_______。‎ ‎(5)由X、Y、Z、W四种元素组成的一种离子化合物A，已知：‎ ‎①1molA能与足量NaOH热的浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体；‎ ‎②A能与盐酸反应产生气体B，该气体能使品红溶液退色。‎ 写出①中反应的化学方程式：_________。‎ ‎【答案】 (1). Na (2). H2O (3). (4). 3Cu+8H++2NO3- = 3Cu2++2NO+4H2O (5). (NH4)2SO3+2NaOH=Na2SO3+2NH3+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原子序数由小到大排列的五种短周期元素X、Y、Z、M、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z 的最外层电子数是内层的3倍，Z为O元素；Y、Z左右相邻，则Y为N元素；Z、W位于同主族，则W为S元素；M与W同周期，且与X同主族，则M为Na元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，M为Na元素，W为S元素。‎ ‎(1)根据上述分析可知，M为Na元素，故答案为：Na；‎ ‎(2)非金属性O＞S，故氢化物稳定性H2O＞H2S，故答案为：H2O； ‎ ‎(3)Na2O2属于离子化合物，电子式为，故答案为：；‎ ‎(4)由H、N、O、S四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，该酸为HNO3，Cu与稀硝酸反应得到硝酸铜、NO与水，反应离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++4H2O+2NO↑，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++4H2O+2NO↑；‎ ‎(5)由X、Y、Z、W四种元素组成的一种离子化合物A，则A为铵盐。①1molA能与足量NaOH热的浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体，为氨气，说明该铵盐中含有2个铵根离子；②A能与盐酸反应产生气体B，该气体能使品红溶液退色，说明该铵盐中含有亚硫酸根离子，则A为(NH4)2SO3，则A与氢氧化钠反应的化学方程式为(NH4)2SO3+2NaOH=Na2SO3+2NH3+2H2‎ O，故答案为：(NH4)2SO3+2NaOH=Na2SO3+2NH3+2H2O。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(5)，要注意根据①判断出该铵盐中含有铵根离子的数目，确定该铵盐是正盐还是酸式盐。‎ ‎18.为了测定含氰废水中CN－的含量，某化学小组利用如图所示装置进行实验。关闭活塞a，将100 mL含氰废水与过量NaClO溶液置于装置B的圆底烧瓶中充分反应后，打开活塞b，滴入稀硫酸，然后关闭活塞b。‎ 已知B中发生反应：CN－＋ClO－===CNO－＋Cl－、2CNO－＋2H＋＋3ClO－==N2↑＋2CO2↑＋3Cl－＋H2O；‎ ‎（1）装置D的作用是____。‎ ‎（2）反应过程中，装置C中的实验现象为_____。‎ ‎（3）待装置B中反应结束后，打开活塞a，缓慢通入一段时间的空气，目的是____。‎ ‎（4）反应结束后，装置C中生成59.1mg沉淀，则废水中c(CN－)＝___mol·L－1。‎ ‎【答案】 (1). 防止空气中的CO2进入装置C (2). 有白色沉淀生成，溶液的红色逐渐褪去 (3). 将反应产生的CO2全部排入装置C并被Ba(OH)2溶液完全吸收 (4). 0.003‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)实验的原理是利用CN-+ClO-═CNO+Cl-；2CNO-+2H++3ClO-═N2↑+2CO2↑+3Cl-+H2O，通过测定C装置的质量的变化测得二氧化碳的质量，据此分析解答；‎ ‎(2)滴有酚酞的氢氧化钡溶液呈红色，二氧化碳通入和氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，据此分析解答；‎ ‎(3)反应结束后，缓缓通入空气，可将生成的二氧化碳全部被吸收；‎ ‎(4)依据反应CN-+ClO-=CNO-+Cl-，2CNO-+2H++3ClO-=N2↑+2CO2↑+3Cl-+H2O，CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O，结合定量关系计算。‎ ‎【详解】(1)实验的原理是利用CN-+ClO-═CNO+Cl-；2CNO-+2H++3ClO-═N2↑+2CO2↑+3Cl-+H2‎ O，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，实验中应排除空气中二氧化碳的干扰，防止对装置C实验数据的测定产生干扰，装置D的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰，故答案为：防止空气中的CO2和水蒸气进入C装置；‎ ‎(2)滴有酚酞的氢氧化钡溶液呈红色，二氧化碳通入和氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，氢氧根离子浓度减小，溶液红色会逐渐褪去，故答案为：有白色沉淀生成，溶液的红色逐渐褪色；‎ ‎(3)反应后装置中残留二氧化碳，应继续通过将净化的空气，将装置内的残留的二氧化碳全部进入装置C并被Ba(OH)2完全吸收，以减少实验误差，故答案为：将反应产生的CO2全部排入C装置并被Ba(OH)2完全吸收；‎ ‎(4)依据反应CN-+ClO-=CNO-+Cl-，2CNO-+2H++3ClO-=N2↑+2CO2↑+3Cl-+H2O，CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O得到，装置C中生成沉淀为BaCO3↓物质的量==3×10-4mol，根据CN-～CNO-～CO2～BaCO3↓，可知c(CN-)==0.003mol/L，故答案为：0.003。‎ ‎19.研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。‎ ‎（1）CO可用于炼铁，已知：‎ Fe2O3(s) + 3C(s)＝2Fe(s) + 3CO(g) ΔH1＝+489.0 kJ·mol－1，‎ C(s) +CO2(g)＝2CO(g) ΔH2＝+172.5kJ·mol－1‎ 则CO(g)还原Fe2O3(s)的热化学方程式为____。‎ ‎（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。写出该电池的负极反应式：_____。‎ ‎（3）将CO2和H2充入1L的密闭容器中，在两种温度下发生反应：‎ CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1。‎ ‎①该反应的平衡常数表达式为K=___。‎ ‎②曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ___KⅡ（填“>”或“=”或“<”）。‎ ‎③一定温度下，往该容器中投入1 molCO2、3 mol H2 ，一段时间后达到平衡。若平衡后气体的压强为开始的0.8倍，则CO2的平衡转化率=____。‎ ‎【答案】 (1). Fe2O3(s)+ 3CO(g)＝2Fe(s)+ 3CO2(g) △H＝－28.5kJ·mol-1 (2). CO+4OH－-2e－＝CO32－+2H2O (3). (4). ＞ (5). 40%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)依据热化学方程式和盖斯定律分析解答；‎ ‎(2)CO-O2燃料电池(以KOH溶液为电解液)，燃料CO在负极失电子发生氧化反应；‎ ‎(3)①根据平衡常数的概念书写表达式；②根据图像可知，线Ⅱ的反应速率大于线Ⅰ，所以线Ⅱ对应的温度高于线Ⅰ，结合温度对化学平衡常数的影响分析判断；③根据三段式计算解答。‎ ‎【详解】(1)①Fe2O3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)△H1=+489.0kJmol-1，②C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172.5kJmol-1，由盖斯定律①-②×3得到Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJmol-1，故答案为：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJmol-1；‎ ‎(2)CO-O2燃料电池(以KOH溶液为电解液)，一氧化碳在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳，在氢氧化钾溶液中生成碳酸钾，负极的电极反应式为：CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O，故答案为：CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O；‎ ‎(3)①CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g) 的平衡常数表达式为K=，故答案为：；‎ ‎②根据图像可知，线Ⅱ的反应速率大于线Ⅰ，所以线Ⅱ对应的温度高于线Ⅰ，而线Ⅱ对应的甲醇的物质的量小，即升高温度，平衡逆向移动，平衡常数变小，即KⅠ＞KⅡ，故答案为：＞；‎ ‎③设反应的二氧化碳的物质的量为x，‎ CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)‎ 初始(mol)： 1         3         0           0‎ 反应(mol)： x 3x x x 平衡(mol)：1-x      3-3x       x          x 平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，因此=0.8，解得x=0.4mol，则CO2的平衡转化率=×100%=40%，故答案为：40%。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2)，要注意电解质溶液的酸碱性对反应生成物的影响。‎ ‎20.稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇(Y)共17种元素。稀土元素有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源。‎ ‎（1）钪(Sc)为21号元素，基态原子电子排布式为____。‎ ‎（2）离子化合物Na3[Sc(OH)6]中，存在的化学键除离子键外还有__。‎ ‎（3）Sm(钐)的单质与l，2－二碘乙烷可生成乙烯：Sm + ICH2CH2I →SmI2+ CH2=CH2。‎ ‎ 则lmol CH2=CH2中含有的σ键数目为___。（用NA表示阿伏伽德罗常数的值）‎ ‎（4）与N3-互为等电子体的分子有___（写其中一个的化学式即可）。‎ ‎（5）Ce（铈）单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=516pm。Ce（铈）原子的配位数为___，列式表示Ce（铈）单质的密度：___g/cm3（用NA表示阿伏伽德罗常数的值，不必计算出结果）‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d14s2 (2). 共价键和配位键 (3). 5NA (4). N2O、CO2、CS2、BeF2等 (5). 12 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)钪(Sc)为21号元素，处于周期表中第四周期IIIB族，据此书写基态原子的电子排布式；‎ ‎(2)[Sc(OH)6]3-中Sc3+与OH-之间形成配位键，OH-中含有极性共价键；‎ ‎(3)根据CH2=CH2分子结构分析判断；‎ ‎(4)结合等电子体的概念分析解答；‎ ‎(5)Ce(铈)单质为面心立方晶体，以晶胞顶点的铈原子为例，与之距离最近的铈原子位于立方体的面心上，每个顶点为8故晶胞共用，每个面心为2个晶胞共有，结合均摊法计算配位数；利用均摊法计算晶胞中Ce原子数目，计算出晶胞质量，根据ρ=计算晶体的密度。‎ ‎【详解】(1)钪(Sc)为21号元素，处于周期表中第四周期IIIB族，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d14s2；‎ ‎(2)离子化合物 Na3[Sc(OH)6]中含有OH-与Sc3+形成的配位键，氢氧根离子中的氢氧元素之间的共价键，故答案为：共价键和配位键；‎ ‎(3)1个CH2=CH2分子中含有5个σ键，故1mol CH2=CH2中含有的σ键数目为5 NA，故答案为：5 NA； ‎ ‎(4)N3-还原3个原子，最外层共有16个电子，与N3-互为等电子体的分子有N2O、CO2、CS2、BeF2等，故答案为：N2O、CO2、CS2、BeF2等；‎ ‎(5)Ce(铈)单质为面心立方晶体，以晶胞顶点的铈原子为例，与之距离最近的铈原子位于立方体的面心上，每个顶点为8故晶胞共用，每个面心为2个晶胞共有，晶胞中Ce(铈)原子的配位数为=12；晶胞中铈原子位于顶点和面心，数目为8×+6×=4，晶胞质量=4×g，该晶胞体积为(516×10-10cm)3，则密度ρ==g•cm-3，故答案为：12；。‎ ‎21.一种利用电解锰阳极泥(主要成分MnO2、MnO)制备MnO2的工艺流程如图：‎ ‎（1）“煅烧氧化”时，1molMnO煅烧完全转化Na2MnO4失去电子___mol；‎ ‎（2）为提高Na2MnO4的浸取速率，可采取的措施有___(列举2点)‎ ‎（3）“调pH”是将溶液pH调至约为10，写出用pH试纸测定溶液pH的操作_____。‎ ‎（4）MnO2煅烧反应的化学方程式为_____。‎ ‎（5）测定产品中MnO2质量分数的步骤如下：‎ 步骤1．准确称取mg产品，加入c1mol·L-1Na2C2O4溶液V1mL ‎ (过量)及适量的稀硫酸，水浴加热煮沸一段时间。(已知：Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4)‎ 步骤2．然后用c2mol·L-1KMnO4标准溶液滴定剩余的Na2C2O4滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V2mL。(已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O)‎ 步骤2达滴定终点时判断依据是___；产品中MnO2的质量分数为ω(MnO2)=___(列出计算的表达式即可)。‎ ‎【答案】 (1). 4mol (2). 固体进行粉碎，提高浸取温度，充分搅拌等 (3). 取一小段pH试纸置于表面皿中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH (4). 2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O (5). 滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去 (6). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)准确判断MnO和Na2MnO4中锰元素化合价，据此计算1molMnO煅烧完全转化为Na2MnO4失去电子数目；‎ ‎(2)根据常见的浸取率的方法结合题意分析解答；‎ ‎(3)根据用pH试纸测定溶液pH的实验操作分析解答；‎ ‎(4)根据流程图，MnO2在空气中与烧碱混合煅烧反应后生成Na2MnO4，据此书写反应的化学方程式；‎ ‎(5)当溶液里存在C2O42-时，滴加紫色KMnO4溶液，溶液紫色褪去，仍为无色，据此判断反应达到滴定终点；依据方程式：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O和Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4进行计算解答。‎ ‎【详解】(1)“煅烧氧化”时MnO→Na2MnO4锰由+2价变成+6价，失去电子为4e-，1mol MnO煅烧完全失去电子的物质的量为4mol，故答案为：4mol； ‎ ‎(2)“浸取”时，为提高Na2MnO4的浸取率，可采取的措施有：煅烧后固体进行粉碎、适当提高浸取温度、充分搅拌等，故答案为：煅烧后固体进行粉碎、适当提高浸取温度或充分搅拌；‎ ‎(3)用pH试纸测定溶液pH的操作为：取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH，故答案为：取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH；‎ ‎(4)根据流程图，MnO2在空气中与烧碱混合煅烧反应后生成Na2MnO4‎ ‎，反应的化学方程式为2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O；‎ ‎(5)当溶液里存在C2O42-时，滴加紫色KMnO4溶液，溶液紫色褪去，仍为无色，所以滴定终点判断依据为：滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去；依据方程式：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O和Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4，‎ ‎5H2C2O4～～～～2KMnO4‎ ‎  5                    2 ‎ ‎×c2V2×10-3    c2V2×10-3  ‎ ‎ H2C2O4～～Na2C2O4～～MnO2；‎ ‎         1                           1‎ c1v1×10-3-×c2V2×10-3     n(MnO2)‎ 则 n(MnO2)=(c1v1×10-3-×c2V2×10-3 )mol，m(MnO2)=n(MnO2)×M(MnO2)=(c1v1×10-3-×c2V2×10-3)mol×87g/mol=87(c1v1×10-3-×c2V2×10-3)g，产品中MnO2的质量分数为ω(MnO2) =×100%，故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去；×100%。‎ ‎ ‎