湖北省襄阳市2019-2020学年高二上学期调研统一测试化学试题 Word版含解析

湖北省襄阳市2019-2020学年高二上学期调研统一测试化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年1月襄阳市普通高中调研统一测试 高二化学试卷 注意事项：‎ ‎1.本试卷分选择题和非选择题。满分100分。考试用时90分钟。‎ ‎2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷的答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎3.选择题选出答案后，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，再选涂其它答案标号。非选择题用黑色墨水的签字笔或钢笔直接答在答题卡上。答在试题卷上无效。‎ ‎4.考试结束，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 可能用到的相对原子质量：‎ 一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.有资料报道，前几年我国部分地区陆续发现了“毒油”。所谓的“毒油”是指混有汽油的食用油，不能食用。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 汽油可以由石油的分馏得到 B. 汽油是纯净物，有固定的熔沸点 C. 可用静置后看其是否分层来判断食用油中是否混有汽油 D. 裂化汽油可以作为溴水中提取溴的萃取剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．汽油是C5～C11烃类混合物，石油的分馏和重油裂化均能得到汽油，故A正确；‎ B．汽油是C5～C11烃类混合物，没有固定的沸点，故B错误； ‎ C．食用油与汽油均为有机物，互溶性好，静置后不分层，不能通过静置是否分层来判断食用油中是否混有汽油，故C错误；‎ D．重油裂化后得到的汽油为裂化汽油，组成中含烯烃，能和溴水发生加成反应，不能用于溴水的萃取，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 天然气和液化石油气都属于化石燃料，它们的主要成分都是甲烷 - 24 -‎ B. 蛋白质、纤维素、蔗糖、油脂都是高分子化合物 C. 纤维素、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应 D. 用大米酿的酒在一定条件下密封保存，时间越长越香醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．液化石油气的主要成分是丙烷，天然气的主要成分是甲烷，故A错误；‎ B．蔗糖和油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；‎ C．葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，故C错误；‎ D．乙醇在贮存过程中被氧化生成乙酸，乙酸、乙醇可生成乙酸乙酯，具有香味，因此时间越长越香醇，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意液化石油气和甲烷成分的区别。‎ ‎3.最近日本科学家确认世界还存在着另一种“分子足球”，它与分子结构相似，在高温和撞击后会释放出巨大能量，下列对的说法不正确的是（ ）‎ A. 高温和撞击后应该生成 B. 和都是氮的同素异形体 C. 中氮原子之间由共价键结合 D. 和都是氮的同位素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由信息N60在高温和撞击后会释放出巨大能量，转化为稳定物质氮气，则N60高温和撞击后应该生成N2，故A正确；‎ B．N60和N2都是单质，且均只含N元素，则均为氮的同素异形体，故B正确；‎ C．N60中只有一种非金属元素N，氮原子之间由共价键结合，故C正确；‎ D．N60为单质，14N为原子，二者不是同位素关系，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎4.下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 质量数为31的磷原子： B. 和原子结构示意图均可以表示为：‎ - 24 -‎ C. 的电子式： D. 的结构式：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．表示原子时，将质量数标示在元素符号的左上角，质子数表示在元素符号的左下角，故质量数为31的磷原子：，故A正确；‎ B．35Cl和37Cl的核内均有17个质子，核外均有17个电子，故均可以表示为，故B错误；‎ C．电子式中相同离子不能合并，故氯化钙的电子式为，故C错误；‎ D．HClO中是O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，故其结构式为H-O-Cl，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意化学式的书写形式不表示分子中原子的连接顺序，仅表示分子的元素组成。‎ ‎5.下列各组物质分类正确的是（ ）‎ 非电解质 电解质 酸 碱 盐 氧化物 A.‎ 氯气 氢氧化钠 二氧化碳 苏打 食盐 水 B.‎ 酒精 氨水 碳酸 小苏打 明矾 水晶 C.‎ 二氧化碳 氯化钠 硫酸 火碱 小苏打 生石灰 D.‎ 酒精 铝 盐酸 熟石灰 石灰石 氧化铁 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【详解】A．氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，二氧化碳是酸性氧化物，苏打为碳酸钠，属于盐，故A错误；‎ B．氨水是氨气的水溶液，为混合物，既不是电解质也不是非电解质，小苏打为碳酸氢钠，属于盐，故B错误；‎ C．二氧化碳为非电解质，氯化钠为电解质，硫酸为酸，火碱为氢氧化钠，属于碱，小苏打为碳酸氢钠，属于盐，生石灰为氧化钙，属于氧化物，故C正确；‎ D．铝是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.能正确表示下列反应的方程式的是（ ）‎ A. 与水反应：‎ B. 溶液中加入溶液：‎ C. 铁粉和水蒸气反应：‎ D. 含有的溶液中，通入 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl2与水反应的离子方程式：Cl2+H2O═H++HClO+Cl-，故A错误；‎ B．CuSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，离子方程式：Cu2++2OH-+Ba2++SO42-═BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故B错误；‎ C．铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故C错误；‎ D．含有 1 mol FeBr2的溶液中，通入 1mol Cl2，首先氧化亚铁离子，剩余的氯气再氧化溴离子，离子方程式：2Fe2++2Br-+2Cl2═Br2+2Fe3++4Cl-，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的难点为D，氯气与FeBr2反应时，要注意离子还原性的强弱顺序对反应的影响，同时要注意考虑过量问题。‎ ‎7.某溶液中含大量离子，其中加入足量的固体后，再加入足量盐酸溶解沉淀，最后溶液中的离子数目与反应前相比保持不变的是（ ）‎ - 24 -‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，钠离子数目增大，Fe2+氧化成Fe3+，Fe2+数目减少，故A错误；‎ B．Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则铝离子量不变，硫酸根离子自始至终不发生变化，故B正确；‎ C．因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子数目增大，故C错误；‎ D．加入足量的盐酸溶解沉淀，氯离子数目增大，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】解答本题要注意过氧化钠具有强氧化性，能够将Fe2+氧化成Fe3+。‎ ‎8.设表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，二氧化硫含有的原子数等于 B. 标准状况下，中所含分子数为 C. 常温常压下，水所含电子数为 D. 常温常压下，与混合物含有的硫原子数为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L二氧化硫的物质的量小于0.5mol，则含有的原子数小于1.5NA个，故A错误；‎ B．标准状况下，四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质量，故B错误；‎ C．18g水的物质的量为1mol，而一个水分子中含10个电子，故1mol水中含电子为10NA个，故C错误；‎ D．NaHSO4与KHSO3‎ - 24 -‎ 的摩尔质量均为120g/mol，故2.4g混合物的物质的量为0.02mol，且两者均含1个S原子，故0.02mol混合物中含S原子为0.02NA个，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.下列实验合理的是 A. 证明非金属性 B. 吸收氨气，并防止倒吸 C. 制备并收集少量气体 D. 制备少量氧气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、盐酸易挥发，盐酸有可能进入硅酸钠溶液中，不能说明二氧化碳与硅酸钠溶液反应，应排除盐酸的干扰，发生二氧化碳与硅酸钠溶液反应，才能比较非金属性，故A不符合题意； ‎ B、四氯化碳的密度比水大，氨气进入四氯化碳中，可减缓气体流速并防止倒吸，图中装置合理，故B符合题意； ‎ C、二氧化氮与水反应，不能使用排水法收集，故C不符合题意； ‎ D、过氧化钠为粉末状，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故D不符合题意； ‎ 故选：B。‎ - 24 -‎ ‎10.由下列实验及现象不能推出相应结论的是 实验 现象 结论 A.‎ 向的溶液中加足量铁粉，振荡，滴入几滴溶液 黄色逐渐消失，加溶液颜色不变 还原性：‎ B.‎ 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 具有氧化性 C.‎ 将足量的通入溶液中，向反应后的溶液加入酸性溶液 酸性溶液紫红色褪去 与发生了氧化还原反应 D.‎ 将的溶液滴入溶液至不再有沉淀产生，再滴加的溶液 先有白色沉淀生成，后变为蓝色沉淀 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．FeCl3的溶液中加足量铁粉，黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，说明反应生成了氯化亚铁，能够说明还原性：Fe＞Fe2+，故A正确；‎ B．钠与二氧化碳反应，集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生，说明生成了碳酸钠、C，说明CO2具有氧化性，故B正确；‎ C．亚铁离子及过量的二氧化硫均使高锰酸钾溶液褪色，由现象不能说明SO2与FeCl3发生了氧化还原反应，故C错误；‎ D．先有白色沉淀生成，后变为蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，由现象可知Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，故D正确；‎ - 24 -‎ 故选C。‎ ‎11.体积相同、相同的溶液、溶液和溶液，与溶液中和时三者消耗的物质的量（ ）‎ A. 相同 B. 中和的多 C. 中和的多 D. 中和的多 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】体积相同、pH相同的H2SO4溶液、HCl溶液和CH3COOH溶液，最终电离出的n(H+)：硫酸=盐酸＜醋酸，与NaOH溶液中和时，三者消耗NaOH的物质的量与最终电离出的n(H+)成正比，所以消耗NaOH的物质的量：硫酸=盐酸＜醋酸，故选C。‎ ‎【点睛】明确溶液中酸能够电离出的氢离子的总量是解题的关键。本题的易错点为A，要注意醋酸为弱酸，而硫酸和盐酸为强酸，pH相同时，等体积的溶液中含有的氢离子总量不同。‎ ‎12.和充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下列反应：，到达平衡时，为，如果此时移走和，在相同温度下再达平衡时的物质的量是（ ）‎ A. B. C. 大于，小于 D. 小于 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】4.0 mol PCl3和2.0mo Cl2充入体积不变密闭容器中，在一定条件下发生下列反应：PCl3(g)+Cl2(g)⇌PCl5(g)，到达平衡时，PCl5为0.90mol，如果此时移走2.0molPCl3和1.0 mol Cl2，假如反应物的转化率不变，则在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是原来的一半，但是移走一半的反应物后与原来相比，相当于减小压强，平衡逆向移动，导致反应物的转化率降低，所以再次平衡时PCl5的物质的量小于原来的一半，即小于0.45mol，故选D。‎ ‎13.下列说法正确的是 A. ΔH<0、ΔS>0的反应在温度低时不能自发进行 B. NH4HCO3(s)═NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) △H =‎ - 24 -‎ ‎ +185.57kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向 C. 因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据 D. 化学反应的限度不可以通过改变条件而改变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学反应能否进行根据自由能盘踞进行判断，，<0可自发进行。‎ ‎【详解】A.ΔH＜0、ΔS＞0，则一定有ΔG＜0，反应一定自发进行，A错误；‎ B．ΔH＞0的反应，必须有ΔS>0才可能自发进行，B正确；‎ C．选项中要综合考虑焓变与熵变，以自由能为判定的依据，故C错误；‎ D.可逆反应中，改变温度、浓度等条件时，对化学平衡的限度有影响，而改变催化剂的条件无影响，D错误；‎ 答案为B ‎【点睛】自由能盘踞为判断化学反应能否进行的综合依据，，<0可自发进行。‎ ‎14.将反应设计成原电池，某一时刻的电子流向及电流计（G）指针偏转方向如图所示，下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 盐桥中的移向溶液 B. 作负极，发生还原反应 C. 若将盐桥换成银丝，工作一段时间后，溶液中减小 D. 若将盐桥换成银丝，当锌电极质量减少，银电极质量增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 反应反应中Zn的化合价升高，被氧化，Zn发生氧化反应，为负极，则银为正极，结合原电池原理分析解答。‎ ‎【详解】A．锌为负极，银为正极，所以K+移向AgNO3溶液移动，故A错误；‎ B．锌为负极，发生氧化反应，故B错误；‎ C．若将盐桥换成银丝，左池是原电池，右池是电解池，右池中左边电极是银失电子生成银离子，右边是银离子得电子生成单质银，相当于电镀银，则工作一段时间后，AgNO3溶液中c(Ag+)不变，故C错误；‎ D．根据整个电路中转移电子数相等，有Zn～2e-～2Ag，则当锌电极质量减少6.5g，银电极质量增加21.6g，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为CD，要注意将盐桥换成银丝，不再是原电池，而变成电解池，其中左池是原电池，相当于电源，右池是电镀池。‎ ‎15.某化学小组研究在其他条件不变时,改变密闭容器中某一条件对A2(g)+3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响,得到如图所示的曲线(图中T表示温度,n表示物质的量)。下列判断正确的是( )‎ A. 图中T2一定大于T1‎ B. 图中b点速率一定大于d点速率 C. 达到平衡时,A2的转化率大小为c>b>a D. 加入催化剂可以使状态d变为状态b ‎【答案】C ‎【解析】‎ A，由图像知当n（B2）起始相同时，T2平衡时AB3的平衡体积分数大于T1平衡时，由于反应的热效应未知，无法判断T1与T2的大小关系，若反应的ΔH0则T1T2，若反应的ΔH - 24 -‎ ‎0则T1T2，A项错误；B，b、d点n（B2）起始相同，根据A项分析，无法判断T1与T2的大小关系，无法判断b、d点反应速率的大小，B项错误；C，a、b、c点在相同温度下，a、b、c点n（B2）起始依次增大，增大B2，平衡向正反应方向移动，A2的平衡转化率增大，则平衡时A2的转化率：cba，C项正确；D，加入催化剂只影响化学反应速率，化学平衡不移动，平衡状态不变，D项错误；答案选C。‎ ‎16.在常温下，向溶液中逐滴加入溶液，混合溶液的变化情况如图中所示曲线（体积变化忽略不计）。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 溶液的 B. 点时加水稀释溶液，减小 C. 在点， D. 在点，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象，0.01mol/LHA溶液的pH=2，c(H+)=c(HA)，则HA是强酸；N点溶液MOH过量但是溶液pH=7，说明MOH是弱碱，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．MA是强酸弱碱盐，M+水解导致溶液呈酸性，溶液的pH＜7，故A正确；‎ B．K点溶液中溶质为等物质的量浓度的MA、MOH，K点溶液加水稀释导致溶液中c(OH-)减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c(H+)增大，故B错误；‎ C．N点溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(OH-)+(A-)=c(M+)+c(H+)，则c(A-)=c(M+)，所以c(A-)＜c(M+)+c(MOH)，故C错误；‎ D．K点溶液中溶质为等物质的量浓度的MA、MOH，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，说明MOH电离程度大于M+的水解程度，但是其电离和水解程度都较小，所以存在c(M+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D错误；‎ 故选A。‎ - 24 -‎ ‎【点睛】明确酸和碱的强弱及图中各点溶液中溶质成分及其性质是解本题的关键。本题的易错点为D，要注意根据溶液的酸碱性，正确判断MOH电离程度与M+的水解程度的相对大小。‎ 二、非选择题（本题包括6个小题，其中21、22为选做题，共52分）‎ ‎17.回答下列问题：‎ ‎(1)溶液显酸性，试用离子方程式解释其原因________。‎ ‎(2)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，在25C时，氯化银的，现将足量氯化银分别放入：①氯化镁溶液中，②硝酸银溶液中，③氯化铝溶液中，④盐酸溶液中。充分搅拌后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是___________(填写序号)。‎ ‎(3)下表所示的是常温下，某些弱酸的电离常数，请根据要求作答。‎ 弱酸 电离常数 弱酸 电离常数 ‎①相同物质的量浓度的和的混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为_________。‎ ‎②请判断溶液显_________性(填“酸”、“碱”或“中”)。‎ ‎③下列离子方程式书写正确的是_______。‎ A. HC2O4-+SO32-═HSO3-+C2O42- ‎ B. 2CH3COOH+SO32-═2CH3COO-+H2O+SO2↑‎ C. SO2+H2O+2CH3COO-═2CH3COOH+SO32- ‎ D. 2CO32-+SO2+H2O═2HCO3-+SO32-‎ ‎【答案】 (1). H2O+NH4+⇌NH3•H2O+H+ (2). ②＞④＞①＞③ (3). c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+) (4). 酸 (5). AD ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ ‎(1)NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性；‎ ‎(2)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，Ag+(aq)、Cl-(aq)都抑制AgCl溶解，溶液中c(Ag+)、c(Cl-)越大其抑制AgCl溶解程度越大；‎ ‎(3)①等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，CO32-的水解程度远远大于HCO3-水解程度，二者都水解导致溶液呈碱性；②根据NaHC2O4的K2与Kh的相等大小分析解答；③电离平衡常数表得到酸性强弱H2C2O4＞H2SO3＞HC2O4-＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，酸性强的可以制备酸性弱的，据此分析判断。‎ ‎【详解】(1)NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解，导致溶液呈酸性，水解方程式为H2O+NH4+⇌NH3•H2O+H+，故答案为：H2O+NH4+⇌NH3•H2O+H+；‎ ‎(2)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，Ag+(aq)、Cl-(aq)都抑制AgCl溶解，溶液中c(Ag+)、c(Cl-)越大其抑制AgCl溶解程度越大，①10mL 0.1mol/L氯化镁溶液中c(Cl-)=0.2mol/L，②25mL 0.1mol/L硝酸银溶液中c(Ag+)=0.1mol/L，③50mL 0.1mol/L氯化铝溶液中c(Cl-)=0.3mol/L，④100mL 0.1mol/L盐酸溶液中c(Cl-)=0.1mol/L，则抑制AgCl溶解的程度②=④＜①＜③，硝酸银溶液中含有Ag+，其浓度最大，则这几种溶液中c(Ag+)大小顺序是 ②＞④＞①＞③，故答案为：②＞④＞①＞③；‎ ‎(3)①等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，CO32-的水解程度远远大于HCO3-水解程度，二者都水解，导致溶液呈碱性，离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)；‎ ‎②NaHC2O4溶液中K2=5.4×10-5，HC2O4-水解平衡常数Kh==1.85×10-13＜5.4×10-5，说明HC2O4-电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故答案为：酸；‎ ‎③根据常温下弱酸的电离常数，酸性强弱H2C2O4＞H2SO3＞HC2O4-＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-。A．HC2O4-+SO32-═HSO3-+C2O42-，符合酸性强弱，故A正确；B.2CH3COOH+SO32-═2CH3COO-+H2O+SO2↑，醋酸酸性比亚硫酸氢根离子酸性弱，不能进行，故B错误；C．SO2+H2O+2CH3COO-═2CH3COOH+SO32-，亚硫酸酸性大于醋酸，反应不可以生成SO32-，只能生成HSO3-，故C错误；D.2CO32-+SO2+H2O═2HCO3-+SO32-，亚硫酸酸性大于碳酸，反应可以进行，故D正确；故答案为：AD。‎ ‎18.利用酸解法制钛白粉产生的废液[含有大量和少量、‎ - 24 -‎ ‎]，生产铁红和补血剂乳酸亚铁。其生产步骤如下：‎ 已知：可溶于水，在水中可以电离为和水解成沉淀为可逆反应；乳酸亚铁晶体的化学式为：。请回答：‎ ‎（1）步骤①加入铁屑的目的一是还原少量；二是使少量转化为滤渣，用平衡移动的原理解释得到滤渣的原因________。‎ ‎（2）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。‎ ‎（3）步骤④的离子方程式是______。‎ ‎（4）步骤⑥所得溶液需隔绝空气______、________过滤、洗涤、干燥得乳酸亚铁晶体。该晶体存放时应____________。‎ ‎【答案】 (1). TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2 •xH2O↓+H2SO4或TiO2++(x+1)H2O⇌TiO2 •xH2O↓+2H+，铁屑与H+反应，c(H+)降低，使平衡正向移动，TiOSO4转化为TiO2•xH2O滤渣 (2). 1∶4 (3). Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑ (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 密封保存 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，加铁屑时，Fe与H2SO4和少量Fe2(SO4)3反应均生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2•xH2O，过滤，滤渣为TiO2•xH2O、Fe，滤液为FeSO4，FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加碳酸氢铵溶液，发生Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑，过滤分离出碳酸亚铁沉淀，再加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，可知A为CO2，滤液B含硫酸铵，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体，据此分析解答。‎ - 24 -‎ ‎【详解】(1)TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2 •xH2O↓+H2SO4或TiO2++(x+1)H2O⇌TiO2 •xH2O↓+2H+，铁屑与H+反应，c(H+)降低，使平衡正向移动，TiOSO4转化为TiO2•xH2O滤渣，因此加入铁屑能够使少量TiOSO4转化为TiO2•xH2O滤渣， 故答案为：TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2 •xH2O↓+H2SO4或TiO2++(x+1)H2O⇌TiO2 •xH2O↓+2H+，铁屑与H+反应，c(H+)降低，使平衡正向移动，TiOSO4转化为TiO2•xH2O滤渣；‎ ‎(2)硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，4FeSO4+O2 2Fe2O3+4SO3，氧化剂是O2，还原剂是FeSO4，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶4，故答案为：1∶4；‎ ‎(3)根据上述分析，步骤④中FeSO4与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳气体，反应的离子方程式是为Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑；‎ ‎(4)步骤⑥所得溶液需隔绝空气、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得乳酸亚铁晶体，该晶体存放时应密封保存，防止被氧化，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；密封保存。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(3)，要注意FeSO4与碳酸氢铵溶液反应方程式的书写，需要根据流程图分析解答，产物中除了FeCO3沉淀，还有硫酸铵和二氧化碳。‎ ‎19.某种胃药的止酸剂为碳酸钙，测定每片中碳酸钙含量的方法有以下几步操作（设药片中的其它成分不与盐酸反应，也不与氢氧化钠反应），实验步骤如下：‎ ‎①配制稀盐酸和溶液各 ‎②取一粒药片（）研碎后加入蒸馏水 ‎③加入稀盐酸 ‎④用溶液中和过量盐酸，用去体积为。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）测定过程中发生反应的离子方程式_________。‎ ‎（2）配制上述稀盐酸所用玻璃仪器有量筒、烧杯、________。‎ ‎（3）如果选用酚酞作指示剂，滴定达到终点的现象为____。‎ ‎（4）某同学四次测定的数据如下：‎ 测定次序 第一次 第二次 第三次 第四次 ‎13.40‎ ‎11.90‎ ‎12.10‎ ‎12.00‎ - 24 -‎ 请根据这位同学的实验数据，计算药片中碳酸钙的质量分数为_____。‎ ‎（5）若在实验过程中存在下列操作，会使所测碳酸钙的质量分数偏高的是_________。‎ a 用没有润洗的碱式滴定管装溶液进行滴定 b 用没有润洗的酸式滴定管量取稀盐酸溶解样品 c 用溶液滴定时，开始读数平视，终点俯视 d 装溶液的滴定管，滴定前尖嘴有气泡，滴定结束后无气泡。‎ ‎【答案】 (1). CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O、H++OH-=H2O (2). 玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶 (3). 当最后一滴NaOH溶液滴下，溶液由无色变为淡红色，且半分钟内不褪色 (4). 65.0% (5). bc ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)测定过程中发生的反应有：药片中的碳酸钙与盐酸的反应、盐酸与氢氧化钠溶液的反应，据此书写反应的离子方程式；‎ ‎(2)根据配制溶液的一般步骤分析解答；‎ ‎(3)选用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液变为粉红色，据此解答；‎ ‎(4)第一次数据误差大，需要舍去，然后计算消耗NaOH的平均体积，结合反应的原理计算；‎ ‎(5)中和反应过程中消耗NaOH的体积越小，碳酸钙消耗的盐酸就越多，碳酸钙的质量分数就越高，据此分析判断。‎ ‎【详解】(1)测定过程中发生的反应有：药片中的碳酸钙与盐酸的反应、盐酸与氢氧化钠溶液的反应，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O、H++OH-=H2O，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O、H++OH-=H2O；‎ ‎(2)配制250mL0.100mol/L稀盐酸所用玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，故答案为：玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；‎ ‎(3)用NaOH溶液滴定盐酸，选用酚酞作指示剂，酚酞在盐酸中无色，因此滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，半分钟内不褪色，故答案为：当最后一滴NaOH溶液滴下，溶液由无色恰好变淡红色，且半分钟内不褪色；‎ ‎(4)第一次数据误差较大，应该省去，所以每片药剂平均耗NaOH溶液体积为=12.00mL，与CaCO3反应的盐酸的体积为：25.00mL-12.00mL=13.00mL，则每片药剂中CaCO3的质量分数为 - 24 -‎ ‎×100%=65.0%，故答案为：65.0%；‎ ‎(6)a．没有润洗就装氢氧化钠溶液进行滴定，则氢氧化钠溶液被稀释，滴定时造成V(碱)偏大，根据V(酸)=可知，V(酸)偏大，则与CaCO3反应的盐酸的体积偏小，引起测量结果偏低，故a不选；b．没有润洗就装HCl溶液进行滴定，则HCl被稀释，盐酸的浓度偏小，则与CaCO3反应的盐酸的体积偏大，引起测量结果偏高，故b选；c．用氢氧化钠溶液滴定时，开始平视，终点俯视，造成V(碱)偏小，根据V(酸)=可知，V(酸)偏小，则与CaCO3反应的盐酸的体积偏大，引起测量结果偏高，故c选；d．装NaOH溶液的滴定管，滴定前尖嘴有气泡，滴定结束后无气泡，造成V(碱)偏大，根据V(酸)=可知，V(酸)偏大，则与CaCO3反应的盐酸的体积偏小，引起测量结果偏低，故d不选；故答案为：bc。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(6)，要注意理清楚测定碳酸钙含量的原理，中和反应过程中消耗NaOH的体积越小，碳酸钙消耗的盐酸就越多，碳酸钙的质量分数就越高。‎ ‎20.Ⅰ.合成氨工业中，每生产，放出热量。‎ ‎（1）写出合成氨反应的热化学方程式___________。‎ ‎（2）已知：‎ 键断裂吸收的能量等于_______（计算结果取整数）。‎ Ⅱ.人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素[化学式为]，原理如图。‎ - 24 -‎ ‎（1）电源的负极为__________（填“A”或“B”）。‎ ‎（2）阳极室中发生的反应依次为_________，_________。‎ ‎（3）电解结束后，阴极室溶液的与电解前相比将__________（填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ•mol-1 (2). 391 (3). B (4). 6Cl--6e-═3Cl2↑ (5). CO(NH2)2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl (6). 不变 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．(1)根据合成氨的化学方程式计算△H，进而书写热化学方程式；‎ ‎(2)根据焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能计算；‎ Ⅱ．根据电解池中右室电极产物为H2，阴极反应为：6H2O+6e-═6OH-+3H2↑(或6H++6e-═3H2↑)，阳极反应为：6Cl--6e-═3Cl2↑，Cl2氧化CO(NH2)2生成N2和CO2，据此分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)合成氨的化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，每生产2 mol NH3，放出92.4kJ热量，所以合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ•mol-1，故答案为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ•mol-1；‎ ‎(2)设N-H键的键能为x，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ•mol-1，则945.8kJ/mol+3×436kJ/mol-6x=-92.4kJ/mol，解得x=391kJ/mol，即1moI N-H键断裂吸收的能量等于391kJ，故答案为：391；‎ Ⅱ．(1)由图可知，右室电极产物为H2，是溶液中的氢离子得到了电子，发生了还原反应，右室电极为阴极，所以B为电源的负极，A为电源的正极，故答案为：B；‎ ‎(2)阳极失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为6Cl--6e-═3Cl2↑，生成的Cl2氧化CO(NH2)2生成N2和CO2，化学方程式为CO(NH2)2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，故答案为：6Cl--6e-═3Cl2↑；CO(NH2)2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl；‎ - 24 -‎ ‎(3)阴极反应为6H2O+6e-═6OH-+3H2↑(或6H++6e-═3H2↑)，阳极反应为6Cl--6e-═3Cl2↑，生成的Cl2氧化CO(NH2)2的反应为CO(NH2)2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，根据上述反应式和电子守恒可知，在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变，故答案为：不变。‎ 选修3《物质结构与性质》‎ ‎21.Ⅰ.回答下列问题：‎ ‎（1）量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个________，还有一种状态叫做________。‎ ‎（2）写出原子的外围电子排布式：______，其在周期表中的位置________，其在周期表中处于______区，与同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与相同的元素有_________种。‎ ‎（3）下列原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_______、_______（填标号）。‎ A B ‎ C D ‎ Ⅱ.有A、B、C、D、E五种元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层能级的电子数等于次外层的电子总数， B元素可分别与A、C、D生成型化合物，并知在中，与的质量比为原子的价电子排布式为。根据以上条件，回答下列问题：‎ ‎（1）C的基态原子的电子占据最高能层的符号为_______，原子的价电子排布图________。‎ ‎（2）A、B、C三种元素的第一电离能由大到小的顺序______（用元素符号表示）。‎ ‎（3）元素B和D的电负性由大到小的顺序_________（用元素符号表示）。‎ ‎（4）写出E的元素符号_________，要证明太阳光中含有E元素，可采用的方法是__________。‎ ‎【答案】 (1). 原子轨道 (2). 自旋 (3). (4). 第四周期第Ⅷ族 (5). (6). 5 (7). D (8). C (9). L (10). (11). (12). (13). (14). 光谱分析 - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.(1)量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，电子除空间运动状态外，还有一种运动状态叫做自旋；‎ ‎(2)Fe为26号元素，Fe原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，据此分析解答；‎ ‎(3)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量就越高；‎ Ⅱ.A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子数总数，p能级电子数不超过6，原子只能有2个电子层，则A的核外电子排布为1s22s22p2，故A为C元素；A、B、C属于同一周期，B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，则B为O元素、C为N元素；在DB2中D与B的质量比为7∶8，则有Mr(D)∶2Mr(O)=7∶8，故Mr(D)=28，则D为Si元素；E原子的价电子排布式为3s23p6，则E为Ar，据此分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，电子除空间运动状态外，还有一种运动状态叫做自旋，故答案为：原子轨道；自旋；‎ ‎(2)Fe为26号元素，原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，则其价电子排布式为：3d64s2，最高能级为4，价电子数为8，在周期表中位于第四周期第Ⅷ族；依据价电子排布可知处于d区；铁位于第四周期，最外层有2个电子，与铁同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与铁相同的元素有Sc、Ti、V、Mn、Zn，共5种，故答案为：3d64s2；第四周期第Ⅷ族； d；5；‎ ‎(3)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，表明该原子能量越高，根据图知，电子排布能量最低的是1s、2s能级，能量最高的是2s、2p能级，故答案为：D；C；‎ Ⅱ. (1)C为N元素，其基态原子的电子占据最高能层的符号为L；B为O元素，其原子的价电子排布图为：，故答案为：L；；‎ ‎(2)同周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于同周期相邻元素，所以这三种元素的第一电离能从大到小顺序是：N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；‎ ‎(3)同周期自左而右，主族元素的电负性增大，同主族自上而下，电负性呈减小趋势，故电负性：O＞Si，故答案为：O＞Si；‎ ‎(4)E原子的价电子排布式为3s23p6，则E为Ar，要证明太阳光中含有E元素，可采用光谱分析，故答案为：Ar；光谱分析。‎ - 24 -‎ 选修5《有机化学基础》‎ ‎22.Ⅰ.回答下列问题：‎ ‎（1）烃A的结构简式为，用系统命名法命名烃A：____________。‎ ‎（2）某烃的分子式为，核磁共振氢谱图中显示4个峰，则该烃的一氯代物有_______种，该烃的结构简式为____________。‎ ‎（3）麻黄素又称黄碱，是我国特定中药材麻黄中所含有的一种生物碱。经科学家研究发现其结构为：，下列各物质：A. B. C. D. E. ‎ 与麻黄素互为同分异构体的是_________（填字母，下同），互为同系物的是___________（填字母）。‎ Ⅱ.有机物C常用于食品行业。已知在足量中充分燃烧，将生成的混合气体依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重和，经检验剩余气体为。‎ ‎（1）C分子质谱图如图所示，从图中可知其相对分子质量是________，则C的分子式是_______。‎ - 24 -‎ ‎（2）C能与溶液发生反应，C一定含有的官能团是_____________。‎ ‎（3）C分子的核磁共振氢谱有4个峰，峰面积之比是，则C的结构简式是________。‎ ‎（4）与的氢氧化钠溶液反应，需溶液的体积是_____。‎ ‎【答案】 (1). 2,2,6-三甲基-4-乙基辛烷 (2). 4 (3). (4). DE (5). C (6). 90 (7). (8). 羧基或 (9). (10). 100‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.(1)根据烷烃的命名原则命名；‎ ‎(2)核磁共振氢谱图中显示4个峰，说明结构存在四种氢原子，据此分析解答；‎ ‎(3)根据同分异构体和同系物的概念分析判断；‎ Ⅱ.根据最大质荷比可确定相对分子质量为90，根据生成的水和二氧化碳的计算含有的H和C的物质的量及质量，判断有机物中含有O元素的质量，再根据n(C)∶n(H)∶n(O)确定C的实验式和化学式，据此分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)为烷烃，最长碳链含有8个C，主链为辛烷，编号从距离甲基最近的一端开始，在2号C和6号C上各含有2个、1个甲基，在4号C含有1个乙基，该有机物名称为：2，2，6-三甲基-4-乙基辛烷，故答案为：2，2，6-三甲基-4-乙基辛烷；‎ ‎(2)某烃的分子式为，核磁共振氢谱图中显示4个峰，为异戊烷，分子中含四种氢原子，生成的一氯代物四种，该烃结构简式为：CH3CH(CH3)CH2CH3，故答案为：4；CH3CH(CH3)CH2CH3；‎ ‎(3)分子式相同而结构不同的有机物互称同分异构体，题中D、E与麻黄素分子式相同，而结构不同，互为同分异构体，其中C与麻黄素的结构相似，分子组成上相差1个CH2原子团，互为同系物，故答案为：DE；C；‎ Ⅱ.(1)由图中最大质荷比可确定相对分子质量为90，5.4g水的物质的量为 - 24 -‎ ‎=0.3mol，n(H)=0.6 mol，13.2g二氧化碳的物质的量为=0.3mol，n(C)=n(CO2)=0.3 mol，此有机物9.0g含O元素质量为9.0g-0.6g-0.3×12 g=4.8 g，n(O)==0.3 mol，故n(C)∶n(H)∶n(O)=0.3mol∶0.6mol∶0.3mol=1∶2∶1，因此实验式为CH2O，设分子式为(CH2O)n，A的相对分子质量为90，可得30n=90，解得：n=3，故有机物A为C3H6O3，故答案为：90；C3H6O3；‎ ‎(2)C能与NaHCO3溶液发生反应，说明C中含有羧基(-COOH)，故答案为：羧基或-COOH；‎ ‎(3)有机物C的分子式为C3H6O3，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积之比是1∶1∶1∶3，则分子中4种H原子的数目为1、1、1、3，分子中含有1个-COOH、1个-CH3、1个、1个-OH，有机物C的结构简式为，故答案为：；‎ ‎(4)有机物C含有1个-OH和1个-COOH，只有-COOH能够与NaOH反应，0.1molC消耗0.1molNaOH，需要1.0mol/L的氢氧化钠溶液的体积为=0.1L=100mL，故答案为：100。‎ - 24 -‎ ‎ ‎ - 24 -‎