天津市第八中学2021届高三上学期第三次统练化学试卷 Word版含解析

天津市第八中学2021届高三上学期第三次统练化学试卷 Word版含解析

- 1 - 2020-2021 学年第一学期高三年级化学学科第三次统练 可能用到的相对原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ge 73 一、选择题 1. 化学与生活密切相关。下列说法错误．．的是 A. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 B. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐 C. 棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成 CO2 和 H2O D. 为使水果保鲜，在水果箱内放入用高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土 【答案】C 【解析】 【详解】A.疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品，由于疫苗对温度比较 敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，故 A 正 确； B. 陶瓷是传统无机非金属材料，主要原料是黏土，是人类应用很早使用的硅酸盐材料，故 B 正确； C. 丝、毛的主要成份是蛋白质，蛋白质由 C、H、O、N 等元素组成，完全燃烧的产物是 CO2、 H2O 和 N2，故 C 错误； D. 水果在存放过程中会释放出乙烯，乙烯具有催熟的作用，在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸 泡过的硅藻土可以吸收掉乙烯，延长水果的保鲜期，故 D 正确； 故选 C。 【点睛】丝、毛的主要成份是蛋白质，蛋白质由 C、H、O、N 等元素组成，完全燃烧的产物 是 CO2、H2O 和 N2 是解答易错点。 2. 下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是( ) A. 无色溶液中：Cu2+、K+、SCN−、Cl− B. pH＝1 的溶液中：Cl−、K+、S2O 2 3  、SO 2 4  C. 含有 NO3−的溶液中：I−、SO 2 3  、SO 2 4  、H+ D. 由水电离出的 c(H+)＝1.0×10−13 mol·L−1 的溶液中：Na+、K+、SO 2 4  、Cl− - 2 - 【答案】D 【解析】 【详解】A．含有 Cu2+的溶液显蓝色，A 不符合要求； B．pH=1 是强酸性条件，溶液中含大量 H+，由 2- + 2 3 2 2S O +2H = S +SO +H O↓ ↑ ，知 B 不符合 题意； C．H+与 - 3NO 同时存在相当于硝酸，有强氧化性，能将 I- 氧化为 I2， 2- 3SO 氧化为 2- 4SO ，C 不 符合题意； D．c(H+，水)=10-13 mol/L，说明水的电离受到抑制，可能是酸抑制，也可能是碱抑制，故此 时溶液可能是酸性或碱性，但 D 选项四种离子酸性、碱性条件下都能大量共存，D 符合题意； 故答案选 D。 3. 设 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 将 2gH2 与足量的 N2 混合，充分反应后转移的电子数为 2NA B. 常温下，46gNO2 和 N2O4 组成的混合气体中所含有的分子数为 NA C. 标准状况下，8gSO3 的体积为 2.24L D. 1molNa218O2 与足量水反应，最终水溶液中 18O 原子为 NA 个 【答案】D 【解析】 【详解】A．2 g H2 为 1mol，将 2 g H2 与足量的 N2 混合，该反应为可逆反应，不能进行彻底， 充分反应后转移的电子数小于 2NA，故 A 错误； B．NO2、N2O4 的摩尔质量不同，故 46g 混合物的物质的量无法计算，则含有的分子数无法计 算，故 B 错误； C．标准状况下，SO3 不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故 C 错误； D．过氧化钠和水的方程式为 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑，氧元素由-1 价变为-2 价和 0 价， 过氧化钠中的氧原子有一半变成氧气放出，有一半形成氢氧化钠，最终水溶液中 18O 原子为 NA 个，故 D 正确； 故选 D。 【点睛】本题的难点和易错点为 D，要注意反应的方程式可以改写为 2Na218O2 + 2H2O = 2NaOH +2Na18OH+ 18O2↑。 4. 我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷(Rb)原子钟，每 3000 万年误差仅 1 秒。Rb 是第 - 3 - 五周期第ⅠA 族元素，下列关于 37Rb 的说法正确的是( ) A. 与同周期元素 53I 的原子半径比：Rb＞I B. 中子数为 50 的 Rb 的核素： 50 37 Rb C. 元素的金属性：K＞Rb D. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞RbOH 【答案】A 【解析】 【分析】 铷元素(Rb)位于元素周期表中第五周期第ⅠA 族，为碱金属元素，同主族从上到下金属性增强， 同主族元素化合物的性质相似，以此来解答。 【详解】A．铷和碘位于同一周期，铷在碘的左侧，同周期从左到右，原子半径逐渐减小，故 原子半径 Rb＞I，故 A 正确； B．中子数为 50 的 Rb 的核素表示为： 87 37 Rb，故 B 错误； C．同主族从上往下金属性增强，所以金属性：K＜Rb，故 C 错误； D．同主族从上往下金属性增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性增强，故碱性 RbOH＞ KOH，故 D 错误； 答案选 A。 5. 下列各微粒的电子排布式或电子排布图不符合能量最低原理的是（ ） A. 2 2 2 6 2 6 6Fe 1s 2s 2p 3s 3p 3d B. 2 2 6 2 6 9 2Cu ls 2s 2p 3s 3p 3d 4s C. F D. Na+ 【答案】B 【解析】 【分析】 能量最低原理：原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道，电子 填充顺序为 1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f、5d、6p、7s、5f、6d、 7p，结合泡利原理与洪特规则判断。 【 详 解 】 A ． Fe2 ＋ 离 子 核 外 电 子 数 为 24 ， 由 能 量 最 低 原 理 ， 可 知 核 外 电 子 排 布 为 ls22s22p63s23p63d6，故 A 不选； - 4 - B．Cu 原子核外电子数为 29，满足半满全满的稳定结构，能量最低，核外电子排布应为 ls22s22p63s23p63d104s1，故 B 选； C．F 原子最外电子层为第 2 电子层，有 7 个电子，外围电子排布为 2s22p5，由泡利原理与洪 特规则可知，外围电子轨道排布式为 ，故 C 不选； D．Na＋离子最外电子层为第 2 电子层，有 8 个电子，外围电子排布为 2s22p6，由泡利原理与 洪特规则可知，外围电子轨道排布式为 ，故 D 不选； 故答案选 B。 6. 下列实验操作能达到实验目的的是 A. 将 pH 试纸放在实验台上测量溶液的 pH B. 通过蒸干 FeCl3 溶液制取无水 FeCl3 固体 C. 可用热的烧碱溶液区分植物油和矿物油 D. 将 8 g NaOH 固体置于 100 mL 容量瓶中，加水至刻度线，配制 2 mol·L－1 NaOH 溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A．测定 pH 最简单的方法是使用 pH 试纸，测定时，将一小块 pH 试纸放在表面皿或 玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测溶液，滴在试纸上，然后再与标准比色卡对照，便可测出溶液 的 pH，故 A 错误； B. FeCl3 是强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡 Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，加热蒸发时 HCl 受热挥发，促进水解趋于完全，蒸干得到的固体为 Fe（OH）3，不能得到 FeCl3 固体，故 B 错误； C. 矿物油为烃类混合物，植物油为油脂，矿物油不与烧碱反应，油脂能够与烧碱溶液反应， 则向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热，混合液分层的为矿物油，不分层的为植物 油，故 C 正确； D. 若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变 化，引起实验误差，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】植物油为高级脂肪酸甘油酯，能够在碱性环境下水解，生成易溶于水的物质，反应 后液体不再分层，可用热的烧碱溶液鉴别植物油和矿物油。 7. 下列说法正确的是 - 5 - A. 化学键既存在于相邻原子之间，又存在于相邻分子之间 B. HF、HCl、HBr、HI 的热稳定性依次减弱 C. 电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大 D. 碳碳双键的键能是碳碳单键键能的 2 倍 【答案】B 【解析】 【详解】A. 化学键存在于相邻的原子之间，不存在于分子之间，故 A 错误； B. 元素非金属性越强，其氢化来物越稳定，同一主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减 弱，非金属性 F＞Cl＞Br＞I，则热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故 B 正确； C. 主族元素的电负性越大，元素原子的第一电离能不一定越大，例如氧元素的电负性大于氮 元素的，氮元素的第一电离能大于氧元素的，故 C 错误； D. 乙烯中碳碳双键的百键能小于乙烷中碳碳单键的键能的 2 倍，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】电离能是气态原子测出来的，电负性是从共价化合物中测出来的，一般第一电离能 越大的电负性越大，但第二主族跟第三主族、第五主族跟第六主族比较特殊，如 Mg 的第一电 离能大于度 Al，电负性却小于 Al 是解答关键。 8. 下列溶液中通入 SO2 一定不会产生沉淀的是 A. Ba(OH)2 B. Ba(NO3)2 C. Na2S D. BaCl2 【答案】D 【解析】 【详解】A 中可以生成亚硫酸钡沉淀，B 中 SO2 溶于水溶液显酸性，NO3 －能把 SO2 氧化生成 硫酸，进而生成硫酸钡沉淀。C 中 SO2 能把 S2－氧化生成单质 S 沉淀。D 中氯化钡和 SO2 不反 应，答案选 D。 9. 下列有关物质性质的比较，结论正确的是 A. 碱性：LiOH＜RbOH B. 溶解度：Na2CO3＜NaHCO3 C. 还原性：HF＞H2O＞NH3 D. 沸点：C2H5OH＜C2H5SH 【答案】A 【解析】 【详解】A．金属性 Li＜Rb，则最高价氧化物对应水合物的碱性：LiOH＜RbOH，故 A 正确； B．碳酸钠的溶解度较大，即溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，故 B 错误； - 6 - C．非金属性：F＞O＞N，元素的非金属性越强，氢化物的还原性越弱，则还原性：HF＜H2O ＜NH3，故 C 错误； D．C2H5OH 分子间存在氢键，沸点较高，即沸点：C2H5OH＞C2H5SH，故 D 错误； 故选 A。 10. 固体 A 的化学式为 NH5,其所有原子的最外电子层结构都符合相应稀有气体元素原子的最 外电子层结构,则下列有关说法不正确的是（ ） A. 1 mol NH5 中含有 5NA 个 N—H 键（设 NA 表示阿伏加德罗常数的值） B. NH5 中既有共价键又有离子键 C. NH5 的电子式为 D. NH5 与水反应的离子方程式为 NH4++H-+H2O=NH3·H2O+H2↑ 【答案】A 【解析】 【分析】 固体 A 的化学式为 NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体的最外电子层结构，则 NH5 属于铵盐，电子式为 ，铵根离子和氢离子之间存在离子键，铵根离子中 N 原子和 H 原子之间存在共价键，据此分析解答。 【详解】A．NH5 中存在离子键和共价键，1 mol NH5 中含有 4NA 个 N−H 键（NA 表示阿伏加德 罗常数），含有 1mol 离子键，故 A 错误； B．NH5 属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中 N 原子和 H 原子之间存 在共价键，所以 NH5 中既有共价键又有离子键，故 B 正确； C．NH5 属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中 N 原子和 H 原子之间存 在共价键，电子式为 ，故 C 正确； D．NH5 和水发生氧化还原反应生成一水合氨和氢气，离子方程式为 NH4 ＋＋H−＋H2O＝ NH3•H2O＋H2↑，故 D 正确； 故答案选 A。 【点睛】明确该物质结构是解本题关键，注意该物质中存在的化学键，注意该物质中 H 元素 - 7 - 化合价不都相等。 11. 下列指定反应的离子方程式正确的是 ( ) A. FeO 溶于稀硝酸:FeO+2H+ Fe2++H2O B. Al2(SO4)3 溶液中加入过量 Ba(OH)2 溶液:Al3++4OH- AlO2-+2H2O C. 漂白粉溶液中通入少量 CO2: 2ClO-+H2O+CO2 2HClO+CO32- D. 向 NaOH 溶液中滴加过量 Ca(HCO3)2 溶液:Ca2++HCO3-+OH- CaCO3↓+H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A 项，FeO 溶于稀硝酸时，FeO 被氧化成 Fe3+并生成 NO，其离子方程式为： 3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O，故 A 项错误； B 项，Al2(SO4)3 溶液中加入过量 Ba(OH)2 溶液，生成偏铝酸盐和硫酸钡沉淀，其离子方程式为 2Al3++3SO42-+3Ba2++8OH-=2AlO2-+4H2O+3BaSO4↓，故 B 项错误； C项，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，漂白粉溶液中通入少量 CO2的离子方程式为：Ca2++2ClO-+ H2O+ CO2=2HClO+CaCO3↓，故 C 项错误； D 项，向 NaOH 溶液中滴加过量 Ca(HCO3)2 溶液生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，反应的离子方 程式为 Ca2++ HCO3 －+ OH－＝CaCO3↓+ H2O，故 D 项正确。 综上所述，本题正确答案为 D。 【点睛】本题考查离子方程式正误的判断，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反 应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式， 检查是否符合原化学方程式等。 12. 在 300mL 的密闭固定容器中，一定条件下发生 Ni(s)+4CO(g)  Ni(CO)4(g)的反应，该 反应平衡常数（K）与温度（T）的关系如下表所示： T/℃ 25 80 230 K 5×104 2 1.9×10﹣5 下列说法不正确．．．的是（ ）。 A. 上述生成 Ni(CO)4(g)的反应为放热反应 B. 230℃时，该反应的正反应为不自发的反应 C. 80℃达到平衡时，测得 n(CO)=0.3mol，则 Ni(CO)4 的平衡浓度为 2 mol·L－1 - 8 - D. 25℃时反应 Ni(CO)4(g)  Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为 2×10-5 【答案】B 【解析】 【详解】A．图表数据分析，平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应， 正向是放热反应，故 A 正确； B．230℃时，该反应的平衡常数 K=1.9×10﹣5，只是说明正反应进行的程度低，但仍为自发的 反应，故 B 错误； C．80℃达到平衡时，测得 n(CO)=0.3mol，c(CO)= 0.3mol 0.3L =1mol/L，依据平衡常数计算式， K=     4 4 c Ni CO c CO    =2，则 Ni(CO)4 的平衡浓度为 2mol/L，故 C 正确； D．25℃时反应 Ni(CO)4(g) ˆˆ†‡ˆˆ Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为 Ni(s)+4CO(g) ˆˆ†‡ˆˆ Ni(CO)4(g)， 平衡常数的倒数═ 4 1 5 10 =2×10-5，故 D 正确； 故答案为 B。 13. 目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术原理为：4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g) △H=﹣11.63 kJ/mol。其他条件不变时，在 2 L 密闭容器中使用不同的催化剂 X、Y、Z，产生 n(N2)随时间的变化如下图所示。下列说法不正确．．．的是 A. 用催化剂 X 与 Z，达到平衡时，N2 产率一样 B. 用催化剂 Y 前 50 s 平均反应速率 v(NH3)=0.03 mol/(L•s) C. 分离出体系中的 H2O(g)有利于提升氮氧化物的脱除率 D. 若体系各物质状态保持不变，则反应在任何温度下均可自发进行 【答案】B 【解析】 【详解】A．催化剂的使用只改变化学反应速率不改变反应的结果，故催化剂 X 与 Z 达平衡 时 N2 产率相同，A 正确； B．使用催化剂 Y，反应前 50s 内 N2 的物质的量改变 3mol，故 v(N2)=0.03mol/(L·s)，故可以计 - 9 - 算出 v(NH3)=0.024mol/(L·s)，B 错误； C．分离出体系中的水蒸气，减小生成物浓度，可以提高反应的转化率，提高氮氧化物的脱除 率，C 正确； D．该反应为放热反应，△H<0，反应后气体系数和增大，反应的混乱程度增大，△S>0，故 反应的△G=△H-T△S<0，故反应在任何时候都能够自发的进行，D 正确； 故选 B。 14. 科学家利用 H2－N2 生物燃料电池，以固氮酶为正极催化剂、氢化酶为负极催化剂，在室 温条件下即实现合成 NH3 的同时还获得电能，其工作原理如下图所示： 下列叙述不正确．．．的是 A. 该装置是将化学能转化为电能 B. 正极反应：N2+6e-+6H+ = 2NH3 C. 电池工作时 H2 在负极发生还原反应 D. 电子沿 X 极板经导线向 Y 极板迁移 【答案】C 【解析】 【详解】A．该装置为原电池装置，故能量转化为化学能转化为电能，A 正确； B．根据电池示意图可知，正极是有 N2 得电子生成 NH3，故电极方程式为 N2+6e-+6H+ = 2NH3， B 正确； C．原电池工作的时候，H2 在负极发生反应失电子，发生氧化反应，C 错误； D．根据电池示意图可知，H2 在 X 电极上失电子，经过负载流入 Y 电极，N2 得到电子，D 正 确； 故选 C。 15. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选 项 实验操作和现象 结论 - 10 - A 将 Fe(NO3)2 样品溶于稀硫酸后，滴加 KSCN 溶液，溶液变 红 原 Fe(NO3)2 样品已变质 B 向蛋白质溶液中分别加入甲醛和(NH4)2SO4 饱和溶液，均有 固体析出 蛋白质均发生了变性 C 向 2 mL 0.5 mol·L－1 NaHCO3 溶液中滴加 1 mL 0.5 mol·L－1 CaCl2 溶液，产生白色沉淀和气体 白色沉淀和气体分别为 CaCO3 和 CO2 D 向溶有 SO2 的 BaCl2 溶液中通入气体 X，出现白色沉淀 气体 X 一定具有强氧化性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．向 Fe（NO3）2 溶液中滴加稀硫酸，酸性条件下硝酸根离子与亚铁离子发生氧化 还原反应生成铁离子，结论不合理，故 A 错误； B. 浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，向蛋白质溶液中加入 (NH4)2SO4 饱和溶液， 有固体析出是蛋白质发生盐析，不是变性，故 B 错误； C. NaHCO3 溶液中存在电离平衡 HCO3- CO32-+H+，向 2 mL 0.5 mol·L－1 NaHCO3 溶液中滴 加 1 mL 0.5 mol·L－1 CaCl2 溶液，钙离子与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，使电离平衡向右移动， 电离出的氢离子与过量的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，则白色沉淀和气体分别为 CaCO3 和 CO2，故 C 正确； D. 向溶有 SO2 的 BaCl2 溶液中通入氨气，氯化钡、二氧化硫和氨气反应生成亚硫酸钡白色沉 淀，氨气表现碱性，不表现氧化性，故 D 错误； 故选 C。 二、填空题 16. (1)对碳原子核外两个未成对电子的描述，正确的是___________ A. 电子云形状不同 B. 自旋方向相同 C. 能量不同 D. 在同一轨道 (2)C、O、N 三种元素第一电离能由大到小的顺序是_________________________。 (3)HCHO 分子中碳原子轨道的杂化类型是__________，福尔马林(HCHO 的水溶液)，HCHO 极易与水互溶的主要原因是____________________________________。 - 11 - (4)Ge 在周期表中的位置_______________，基态 Ge 原子的核外电子排布式为_____________， 有 _______个未成对电子。 (5)K4[Fe(CN)6]配合物中存在的作用力类型有__________________________(从“金属键”、“离子 键”、“共价键”、“配位键”、“氢键”、“范德华力”中选填)，中心离子是__________________。 (6)在某强酸性混合稀土溶液中加入 H2O2，调节 pH≈3，Ce3＋通过下列反应形成 Ce(OH)4 沉淀得 以分离。完成反应的离子方程式：______Ce3+＋_______H2O2＋ _______H2O=__________Ce(OH)4↓＋_______ ____。 【答案】 (1). B (2). N＞O＞C (3). sp2 (4). 甲醛与水分子之间形成氢键 (5). 第四周期第 IVA 族 (6). 1s22s22p63s22p63d104s24p2 (7). 2 (8). 离子键、共价键、配位 键 (9). Fe2+ (10). 2Ce3+＋H2O2＋6H2O=2Ce(OH)4↓＋6H+ 【解析】 【详解】(1)A．碳原子核外两个未成对电子，都属于 2p 能级，p 能级轨道沿 x、y、z 轴的方 向电子云密度大，呈现哑铃型，则电子云形状相同，A 错误； B．不同电子优先占据空轨道，并且自旋方向相同，所以碳原子核外两个未成对电子，自旋方 向相同，B 正确； C．碳原子核外两个未成对电子，都属于 2p 能级，能量相同，故 C 错误； D．p 能级又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在 同一轨道，故 D 错误； 故合理选项是 B； (2)同一周期元素随原子序数增大，元素的第一电离能呈增大趋势。但 N 原子是 2p 轨道为半充 满稳定状态，第一电离能高于氧元素的，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C； (3)HCHO 分子中 C 原子价层电子对数为 3，则碳原子采取 sp2 杂化；甲醛与水分子之间形成氢 键，增加了分子之间的吸引作用，因此甲醛易与水互溶； (4)Ge 与 C 是同一主族的元素，位于元素周期表第四周期第 IVA 族，基态 Ge 原子的核外电子 排布式为 1s22s22p63s22p63d104s24p2；其原子核外最外层有 2 个未成对的 2p 电子； (5)K4[Fe(CN)6]是配合物，K+与[Fe(CN)6]4+以离子键结合，在 Fe2+与 CN-之间以配位键结合；在 CN-内 C、N 原子之间以共价键结合，故 K4[Fe(CN)6]中存在的化学键有离子键、共价键、配位 键，中心离子为 Fe2+； (6)根据题意：“强酸性”可知方程式中反应中缺少微粒为 H+，Ce 元素化合价由反应前 Ce3+中的 +3 价变为反应后 Ce(OH)4 中的+4 价，化合价升高，失去 e-；O 元素化合价由反应前 H2O2 中的 - 12 - -1 价变为反应后 Ce(OH)4 中的-2 价，化合价降低，得到电子 2×e-；电子得失最小公倍数是 2， 所以 Ce3+、Ce(OH)4 的系数是 2，H2O2 的系数是 1；根据电荷守恒，可知 H+的系数是 6；最后 根据 H 原子守恒，可知 H2O 的系数是 6，则配平后的该反应方程式为：2Ce3+＋H2O2＋ 6H2O=2Ce(OH)4↓＋6H+。 17. A、D、E、W 是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A 的原子最外层电子数是次外 层的 2 倍，D 的氧化物属于两性氧化物，D、E 位于同周期，A、D、E 的原子最外层电子数之 和为 14，W 是人体必需的微量元素，缺乏 W 会导致贫血症状。 （1）W 在元素周期表中的位置是___。A 与 E 组成的化合物是常用的溶剂，写出其电子式___。 （2）下列事实能用元素周期表相应规律解释的是（填字母序号）___。 a．D 的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于 Mg(OH)2 b．E 的气态氢化物的稳定性小于 HF c．A 的单质能与二氧化硅高温下制得粗品硅单质 （3）WE3 的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，反应的离子方程式为____。 （4）①工业上用电解法制备 D 的单质，反应的化学方程式为___。 ②家用“管道通”的有效成分是烧碱和 D 的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应 的化学方程式为____。 （5）W 的单质可用于处理酸性废水中的 NO3 －，使其转换为 NH4+，同时生成有磁性的 W 的 氧化物 X，再进行后续处理，上述反应的离子方程式为__。上述 W 的氧化物 X 能与 D 的单质 反应，写出该反应的化学方程式为__。 【 答 案 】 (1). 第 四 周 期 ， 第 VⅢ 族 (2). (3). ab (4). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (5). 2Al2O3( 熔 融 ) 4A1+3O2↑ (6). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (7). 3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+ (8). 8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe 【解析】 【分析】 A、D、E、W 是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A 的原子最外层电子数是次外层 的 2 倍，A 为 C 元素；D 的氧化物属于两性氧化物，D 为 Al 元素；D、E 位于同周期，A、D、 E 的原子最外层电子数之和为 14，则 E 的最外层电子数=14-4-3=7，E 为 Cl 元素；W 是人体 - 13 - 必需的微量元素，缺乏 W 会导致贫血症状，W 为 Fe 元素，据此分析解答。 【详解】根据上述分析，A 为 C 元素，D 为 Al 元素，E 为 Cl 元素，W 为 Fe 元素。 (1)W 为 Fe 元素，在元素周期表中位于第四周期，第 VⅢ族；A 为 C 元素，E 为 Cl 元素，组 成的化合物是常用的溶剂为四氯化碳，电子式为 ，故答案为第四周期，第 VⅢ族； ； (2)a．同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，铝在镁的右边，所以金属性弱于镁，所以氢 氧化铝的碱性弱于 Mg(OH)2，故 a 选；b．同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，所以 F 的非金属性强于 Cl，则氢化物稳定性 HCl 小于 HF，故 b 选；c．高温下，碳能与二氧化硅 高温下制得粗品硅单质，是因为生成的 CO 是气体，沸点远低于二氧化硅，不能用元素周期律 解释，故 c 不选；故答案为 ab； (3)FeCl3 的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，是因为铁离子能够氧化铜生成铜离子，反应的 离子方程式为 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+； (4)①工业上用电解氧化铝的方法制备铝，方程式：2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑；故答案 为 2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑； ②铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，生成的氢气可以有效的疏通管道，反应的化 学方程式：2Al+2 NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为 2Al+2 NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑； (5)酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化铁生成四氧化三铁，反应的离子方程式： 3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式： 8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe，故答案为 3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+； 8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe。 18. 水合肼(N2H4·H2O)又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是 一种重要的化工试剂，沸点：118 ℃，易被氧化。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)2 ＋2NaOH＋NaClO===N2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl。 - 14 - 实验 1：制备 NaClO 溶液。(已知：3NaClO △ 2NaCl＋NaClO3) (1)图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为______________________________。 (2)用 NaOH 固体配制溶质质量分数为 30%的 NaOH 溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有 __________(填字母)。 a．烧杯 b．容量瓶 c．玻璃棒 d．烧瓶 (3)图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是__________________________________ 。 实验 2：制取水合肼。 (4)图乙中充分反应后，____________(填操作名称)A 中溶液即可得到水合肼的粗产品。若分液 漏斗滴液速度过快，部分 N2H4·H2O 会参与 A 中反应并产生大量氮气，降低产品产率。写出该 过程反应生成氮气的化学方程式 _____________________。 实验 3：测定馏分中水合肼的含量。 (5)称取馏分 3.0g，加入适量 NaHCO3 固体(滴定过程中，调节溶液的 pH 保持在 6.5 左右)，加 水配成 250 mL 溶液，移出 25.00 mL 置于锥形瓶中，并滴加 2～3 滴淀粉溶液，用 0.15 mol·L－ 1 的碘的标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O＋2I2===N2↑＋4HI＋H2O)。 ①滴定时，碘的标准溶液盛放在 ________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 ②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是 _________(填字母)。 a．锥形瓶清洗干净后未干燥 b．滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡 c．读数时，滴定前平视，滴定后俯视 d．盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液 ③判断滴定终点的方法_____________________ ④ 实验测得消耗 I2 溶液的平均值为 20.00mL，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为 _________________。 - 15 - 【答案】 (1). MnO2＋4HCl(浓) Δ MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (2). ac (3). 防止 NaClO 受热 分解，影响水合肼的产率 (4). 蒸馏 (5). N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl (6). 酸式 (7). d (8). 滴入最后一滴碘液时溶液变蓝且半分钟内不褪色 (9). 25% 【解析】 【分析】 根据题给信息及实验仪器分析，装置 I 为制备氯气的装置，氯气通入装置 II 中与氢氧化钠溶 液反应生成次氯酸钠，装置 III 的作用是进行尾气处理；制备的次氯酸钠溶液在图乙装置中的 三颈烧瓶中与尿素发生反应生成 N2H4·H2O，通过加热蒸馏的方法分离出 N2H4·H2O；根据酸碱 中和滴定原理分析计算所得样品的质量分数，据此分析解答。 【详解】(1) 装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学 方程式为 MnO2＋4HCl(浓) Δ MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓) Δ MnCl2＋Cl2↑ ＋2H2O； (2) 配制 30%NaOH 溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用 玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：ac； (3) 由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制 温度可以防止 NaClO 受热分解，影响水合肼的产率，故答案为：防止 NaClO 受热分解，影响 水合肼的产率； (4) 由反应方程式示可知，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液可得到水合肼的粗产品；N2H4•H2O 具 有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分 N2H4·H2O 与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和 水，反应的化学方程式为 N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl，故答案为：蒸馏； N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl； (5) ①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式； ②a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响水合肼的物质的量，对实验结果无影响，故错误； b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故 错误； c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误； d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液会稀释碘的标准溶液，导致碘的标准溶液体积偏大， 所测结果偏高，故正确；故答案为：d； - 16 - ③ 淀粉遇碘变蓝，所以判断滴定中的方法是滴入最后一滴碘液时溶液变蓝且半分钟内不褪 色，故答案为：滴入最后一滴碘液时溶液变蓝且半分钟内不褪色； ④ 由方程式 N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O 可得如下关系 N2H4·H2O  2I2，则 3.0g 馏分中 n(N2H4·H2O)= 1 2 n(I2)×10= 1 2 ×0.15 mol·L－1×20×10—3L×10=0.015 mol，则馏分中水合肼 (N2H4·H2O)的质量分数为 0.015mol 50g/ 3  mol g ×100%=25%，故答案为：25%。