山东省莱芜一中2021届高三化学上学期第一次考试试题（Word版附解析）

山东省莱芜一中2021届高三化学上学期第一次考试试题（Word版附解析）

莱芜一中20~21学年度上学期高三第一次质量检测 化学试题 本试卷共8页，总分100分，考试时间90分钟。‎ 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的级部、班级、姓名、准考证号、填写在答题卡上。‎ ‎2.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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用‎0.5mm中性笔将答案写在答题卡对应题目的规定区域。答在答题卡的规定区域之外或本试卷上无效。‎ ‎3.考试结束后只需将答题卡交回。‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题目要求。‎ ‎1. 根据所给的信息和标志，判断下列说法错误的是( )‎ A B C D 废弃电池 碳酸氢钠药片 有害垃圾 该药抗酸药，服用时喝些醋能提高药效 看到有该标志的丢弃物，应远离并报警 贴有该标志的物品是可回收物 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．按照垃圾分类，废旧电池是有害垃圾，故A正确；‎ B．醋中含有乙酸，能和碳酸氢钠反应，从而降低疗效，故B错误；‎ C．该标志为放射性物质标志，对环境及人有危害，所以 看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，故C正确；‎ D．该标志为循环回收标志，所以贴有该标志的物品是可回收物，故D正确。‎ 答案选B。2. ‎1g氢气在氧气中完全燃烧生成气态水，放出热量120.9kJ，则 A. 反应的热化学方程式：2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH=+483．6 kJ·mol-1‎ B. 2 mol H2和1 mol O2的能量总和大于2 mol H2O(g)的能量 C. 1 mol H2O(l)的能量大于1 mol H2O(g)的能量 D. 氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢气燃烧是放热反应，△H＜0，故A错误；‎ B、此反应是放热反应，因此2molH2和1molO2具有的能量总和大于2mol水蒸气具有的能量，故B说法正确；‎ C、液态水转化成水蒸气，需要吸收能量，因此1molH2O(l)的能量小于1molH2O(g)的能量，故C错误；‎ D、燃烧热是生成稳定的氧化物，即水为液态，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎3. 一定温度下，在一固定体积的密闭容器中，对于可逆反应A(s)＋3B(g)‎2C(g)，下列说法说明达到平衡状态的是（ ）‎ ‎①C的生成速率和C的分解速率相等；‎ ‎②单位时间内生成a mol A，同时生成‎3a mol B；‎ ‎③气体密度不再变化；‎ ‎④混合气体的总压强不再变化；‎ ‎⑤A、B、C的物质的量之比为1∶3∶2；‎ ‎⑥混合气体的平均相对分子质量不变 A. ②④⑤ B. ①③④⑥ C. ①②④⑥ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对于反应A(S)+3B(g)⇌‎2C(g)，①C的生成速率与C的分解速率相等，表示正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故①正确；②单位时间内生成a mol A是逆反应，同时‎3a molB也是逆反应，未体现正与逆的关系，故②错误；③密度=‎ ‎，气体的总质量会变，体积不变，故气体密度不再变化可作为判断是否达到平衡状态的依据，故③正确；④反应前后气体的体积不等，故混合气体的总压强不再变化，可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④正确；⑤平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C的物质的量比为1：3：2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故⑤错误；⑥反应前气体平均相对分子质量=A的相对分子质量，完全反应后气体平均相对分子质量=B的相对分子质量，二者不等，平衡时，A、B的物质的量比例不变，混合气体的平均相对分子质量不变，可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑥正确；说法正确的是①③④⑥，故选B。‎ ‎4. 用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水(含Cl－、Br－、Na＋、Mg2＋)的装置如下图所示(a、b为石墨电极)．下列说法中，正确的是 A. 电池工作时，正极反应式为： O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ B. 电解时，a电极周围首先放电的是Br－而不是Cl－，说明当其他条件相同时前者的还原性强于后者 C. 电解时，电子流动路径是：负极→外电路→阴极→溶液→阳极→正极 D. 忽略能量损耗，当电池中消耗‎0.02 g H2时，b极周围会产生‎0.04 g H2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电池工作时，通入O2的极为电源的正极，发生还原反应，由于该电池为酸性介质，因此正确的电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，错误；‎ B.a作阳极，现阳极材料为惰性电极，溶液中还原性强的离子Br－先放电，正确；‎ C.不论在原电池中还是在电解池溶液中均无电子通过，溶液中依靠阴阳离子的定向移动构成回路，错误；‎ D.燃料电池和电解池中转移的电子数是相等的，当电池中消耗0.02gH2，根据电极反应：H2→2H++2e-，所以转移电子0.02mol，b极的电极反应为：2H++2e-→H2，转移电子0.02mol，会产生0.02gH2，错误；‎ 答案选B。‎ ‎5. 下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是 A. 纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗 B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用 C. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法 D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、纯银器在空气中久置会被氧化变黑，不具备形成原电池的条件，所以为化学腐蚀，故A正确；‎ B、当镀锡铁制品的镀层破损时，因为Fe比Sn更活泼，Sn、Fe形成原电池，Fe为负极，镀层不再起到保护作用，故B错误；‎ C、在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀，因为Fe与Zn形成原电池，Zn作负极(阳极)被消耗，从而保护了正极(阴极)Fe，该防护方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；‎ D、利用电解池原理进行金属防护的方法称为外加电流的阴极保护法，使被保护金属与直流电源的负极相连可防止金属被腐蚀，所以将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连，可保护钢管不受腐蚀，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，注意把握金属腐蚀的原理和电化学知识。金属腐蚀一般分为化学腐蚀和电化学腐蚀，化学腐蚀是金属与氧化剂直接接触反应，例如本题A项；电化学腐蚀是不纯的金属或合金跟电解质溶液接触，形成原电池而造成的腐蚀，例如题中B项；金属防护方法除了覆盖保护层、改变金属内部结构外，还可以根据电化学原理防护，例如题中C、D涉及的牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法。‎ ‎6. 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，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色。则以下说法不正确的是( )‎ A. 电源B极是负极 B. 甲、乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1∶2∶2∶2‎ C. 欲用丙装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液 D. 通电后丁中Y极颜色加深 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电解滴入酚酞的氯化钠溶液时，阴极附近溶液显红色，即F为阴极，再根据电解池的阴阳极判断原电池的正负极；计算时利用各极得失电子守恒计算。‎ ‎【详解】A．电解滴入酚酞的氯化钠溶液时，阴极上氢离子放电，导致阴极附近显碱性，所以阴极附近溶液显红色，在F极附近显红色，所以F极是阴极，则B极是负极，故A正确；‎ B．电解硫酸铜溶液时，阳极C上生成氧气，阴极D上生成铜；电解氯化钠溶液时，阳极E上生成氯气，阴极F上生成氢气，当通过相同的电量时，其物质的量比为1：2：2：2，故B正确；‎ C．电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，电解质溶液中金属阳离子和阳极材料是相同元素，所以欲用丙装置给铜镀银，G应该是Ag，电镀液选是AgNO3溶液，故C错误；‎ D．电解池工作时，溶液中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，装置丁中，X极是阳极，Y极是阴极，氢氧化铁胶粒带正电荷，向阴极移动，Y极附近红褐色变深，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】能正确判断装置乙中的阴阳极是解本题的关键，易错选项是B，能根据析出物质和电子之间的关系进行计算。‎ ‎7. 在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＜0。某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是(　　)‎ A. 图表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响 B. 图表示的是t1时刻加入催化剂对反应速率的影响 C. 图表示的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化剂效率比乙高 D. 图表示的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、图Ⅰ改变的条件应是增大压强，故A不符；‎ B、由于同等程度地加快正、逆反应速率，所以加入的应是催化剂，故B符合；‎ C、由于平衡发生了移动，所以改变的条件不是加入催化剂，故C不符；‎ D、改变的应是温度，且乙的温度高，故D不符。‎ 故选B。‎ ‎8. 固体氧化物燃料电池(SOFC)以固体氧化物作为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2-)在其间通过，工作原理如图。关于固体燃料电池的有关说法正确的是( )‎ A. 电极b为电池负极，电极反应式为：O2 + 4e－＝2O2－‎ B. 固体氧化物的作用是让电子在电池内部通过 C. 若H2作燃料气，接触面上发生的反应为：H2＋2OH－－2e－＝2H2O D. 若C2H4作燃料气，接触面上发生的反应为：C2H4+6O2－-12e-＝2CO2+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题给示意图可知，通入燃料气的电极a是燃料电池的负极，燃料在负极上失去电子发生氧化反应，通入氧气的电极b为正极，氧气在正极发生还原反应。‎ ‎【详解】A.由分析可知，通入氧气的电极b为正极，故A错误；‎ B. 在电池内部是电解质中离子定向移动导电，则固体氧化物的作用是让氧离子(O2-)‎ 在其间通过，故B错误；‎ C. 若氢气作燃料气，氢气在负极上失去电子发生氧化反应生成水，电极反应式为H2+O2--2e-=H2O，故C错误；‎ D. 若乙烯作燃料气，乙烯在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为C2H4+6O2－-12e-＝2CO2+2H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎9. 室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是( )‎ A. pH=1的溶液中：Cr2O、K+、SO、Fe2+‎ B. c(Ca2+)=0.1mol·L－1的溶液中：NH、C2O、Cl－、Br－‎ C. 含大量HCO的溶液中：[Al(OH)4]－、CO、Br－、K+‎ D. 能使甲基橙变为红色的溶液：Na+、NH、SO、Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸性条件下，Cr2O能将Fe2+氧化为Fe3+，不能大量共存，故A错误；‎ B．Ca2+与C2O要生成沉淀，不能大量共存，故B错误；‎ C．HCO与 [Al(OH)4]－要反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故C错误；‎ D．能使甲基橙变为红色的溶液显酸性，Na+、NH、SO、Cl－均不反应，可以大量共存，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎10. 一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，设起始=Z，在恒压下，平衡时(CH4)的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的焓变ΔH＞0‎ B. 图中Z的大小为a＞3＞b C. 图中X点对应的平衡混合物中=3‎ D. 温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后(CH4)减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、从图分析，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故A正确；‎ B、的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a＜3＜b，故B错误；‎ C、起始加入量的比值为3，但随着反应的进行甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡时比值不是3，故C错误；‎ D、温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，故D错误。‎ ‎【点睛】化学平衡图像题的解题思路：一、看懂图：横纵坐标的物理意义，图像的变化趋势，曲线的特殊点，如起点、交点、折点、终点；二、想规律：外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律；三、作出正确的判断。注意“先拐先平”和“定一议二”方法的运用。‎ 二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题目要求，全对得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分。‎ ‎11. 常温时，研究pH对一定浓度FeSO4的稳定性的影响，根据下图分析不合理的是 A. pH小于1时，亚铁几乎无损耗，可能的原因是4Fe2++ O2+ 10H2O4Fe(OH)3 + 8H+平衡逆向移动 B. pH在3.0~5.5之间，pH的变化对FeSO4稳定性影响不大 C. pH大于6.5时，亚铁损耗量突变，可能的原因是生成的Fe(OH) 2更易被氧化 D. 其它条件相同时，FeSO4溶液中加入少量(NH4)2SO4固体，FeSO4的稳定性减弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、Fe2+易与O2反应，反应方程式为4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+，pH小于1时，c(H+)浓度较大，反应向左进行，Fe2+几乎无损耗，故A正确；B、由图可知，pH在3.0～5.5之间，Fe2+的损耗量几乎不变，说明pH在3.0～5.5之间，pH变化对FeSO4稳定性影响不大，故B正确；C、pH大于6.5时，c(H+)浓度较小，亚铁损耗量突变，可能原因是酸性减弱，2价铁更易被氧化，故C正确；D、其它条件相同时，FeSO4溶液中加入少量(NH4)2SO4固体，NH4+水解，c(H+)浓度增大，4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+向左进行，抑制Fe2+的被氧化，FeSO4的稳定性增强，故D错误。故选D。‎ ‎12. 漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca(ClO)2，相应的生产流程如图：‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. ①中阴极的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑‎ B. ②中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O C. 上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应 D. 制备漂白粉过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时，Cl的原子利用率为100％‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解饱和食盐水，阳极发生氧化反应：2Cl－－2e－=Cl2↑，A错误；‎ B．②中氯气和氢氧化钙反应：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，故B正确；‎ C．反应①②③均有元素化合价的升降，反应是氧化还原反应，反应④是化合反应，反应⑤是复分解反应，C正确；‎ D．氯气和氢氧化钙反应，除了生成Ca(ClO外，还生成Ca和水，所以Cl的原子利用率小于100%，D错误；‎ 答案选AD。‎ ‎13. 某温度下，在一个‎2L的密闭容器中，加入4molA和 2molB进行如下反应：‎3A(g)＋2B(g)‎4C(s)＋2D(g)。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应的化学平衡常数表达式是 K=‎ B. 此时，B的平衡转化率是40%‎ C. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大 D. 增加 B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、可逆反应‎3A(g)＋2B(g)‎4C(s)＋2D(g)的平衡常K=，选项A错误；‎ B、达到平衡，测得生成1.6mol C，由方程式可知，参加反应的B的物质的量为1.6mol×=0.8mol，故B的转化率为40%，选项B正确；‎ C、该反应正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，即向右移动，化学平衡常数只受温度影响，增大压强平衡常数不变，选项C错误；‎ D、增加B的浓度增大，平衡向正反应移动，A的转化率增大，B的转化率降低，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14. 在常温下，下列各组溶液中的c(H+)一定等于1×10-7mol·L-1的是( )‎ A. pH=2和pH=12的两种溶液以等体积混合 B. 0.05 mol·L-1H2SO4与0.10 mol·L-1NaOH溶液以等体积混合 C. 将pH=5的CH3COOH溶液稀释100倍 D. pH=1的H2SO4与0.05 mol·L-1的Ba(OH)2溶液以等体积混合 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=2和pH=12的两种溶液等体积混合，虽然电离出的H+与OH-刚好完全反应，但由于不知酸碱的强弱，所以反应后酸或碱可能有剩余，剩余的酸或碱再电离，从而使溶液显酸性或碱性，选项A不合题意；‎ B．0.05mol/LH2SO4与0.10mol/LNaOH溶液等体积混合，H+与OH-刚好完全反应，溶液呈中性，c(H+)一定等于1×10-7mol·L-1，选项B符合题意；‎ C．将pH=5的CH3COOH溶液稀释100倍，虽然c(H+)减小，但溶液仍呈酸性，c(H+)大于1×10-7mol·L-1，选项C不合题意；‎ D．pH=1的H2SO4与0.05mol/LBa(OH)2溶液以等体积混合，H+与OH-刚好完全反应，溶液呈中性，c(H+)一定等于1×10-7mol·L-1，选项D符合题意；‎ 答案选BD。‎ ‎15. 已知：‎25℃‎时某些弱酸电离平衡常数(如表)。如图表示常温下，稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化。下列说法正确的是(　　)‎ CH3COOH HClO H2CO3‎ Ka=1.8×10-5‎ Ka=3.0×10-8‎ Ka1=4.1×10-7‎ Ka2=5.6×10-11‎ A. 相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)‎ B. 向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋CO C. 图像中a、c两点处的溶液中相等(HR代表CH3COOH或HClO)‎ D. 图像中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像及表格数据可知，电离平衡常数越大，酸性越强，则酸性：CH3COOH> H2CO3> HClO >；稀释促进电离，同pH的酸，稀释相同倍数，酸性越弱，pH越变化越小；则曲线I是CH3COOH，曲线II是HClO；依此解答。‎ ‎【详解】A．溶液的酸性越强，对应的酸根离子的水解能力越弱，离子浓度越大，则溶液中：c(CH3COO－)>c(ClO－)，则相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液，显碱性，各离子浓度的大小关系是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)，A正确；‎ B．根据强酸制弱酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为： ，B错误；‎ C．是R-的水解平衡常数，Kh只与温度有关，故图像中a、c两点处的溶液中相等，C正确；‎ D．曲线I是CH3COOH，曲线II是HClO；酸性越强，说明酸电离程度越大；则根据图像可知，a点酸性弱于b点，故D错误；‎ 答案选AC。‎ 三、非选择题：本题共5个小题，共60分。‎ ‎16. 某校化学兴趣小组为研究 Cl2单质的性质，设计如图所示装置进行实验。装置 III中夹持装置已略去，其中a 为干燥的品红试纸，b 为湿润的品红试纸。‎ ‎(1)实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的化学方程式是：_________；‎ ‎(2)装置Ⅱ的作用是________；‎ ‎(3)实验过程中，装置Ⅳ中的实验现象为______；发生反应的化学方程式为_______；‎ ‎(4)实验结束后，该组同学在装置Ⅲ中观察 b 的红色退去，但是并未观察到“a 无明显变化”这一预期现象，为了达到这一目的，你认为应在_______之间还需添加洗气瓶(选填装置序号)，该装置的作用是________；‎ ‎(5)装置Ⅴ目的是防止尾气污染空气，写出装置Ⅴ中发生反应的离子方程式_________。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 除去氯气中的氯化氢气体 (3). 无色溶液变蓝色 (4). Cl2+2KI=I2+2KCl (5). Ⅱ和Ⅲ (6). 干燥Cl2 (7). Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置I中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，装置Ⅱ中用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，装置Ⅲ中a 为干燥的品红试纸，b 为湿润的品红试纸，装置Ⅳ中氯气具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质，装置Ⅴ中氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。‎ ‎【详解】(1)二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式是：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)装置Ⅱ中盛有饱和食盐水，由于浓盐酸具有挥发性，则制取的氯气中混有氯化氢，用饱和食盐水可以除去杂质氯化氢，故答案为：除去氯气中的氯化氢气体；‎ ‎(3)氯气具有氧化性，能够与碘化钾溶液反应生成碘单质，实验过程中，装置Ⅳ中的实验现象为无色溶液变蓝色；发生反应的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl；故答案为：无色溶液变蓝色；Cl2+2KI=I2+2KCl；‎ ‎(4)干燥的氯气不具有漂白性，实验结束后，该组同学在装置Ⅲ中观察 b 的红色退去，但是并未观察到“a 无明显变化”这一预期现象，为了达到这一目的，Ⅱ和Ⅲ之间可加干燥装置，除去氯气中的水蒸气，该装置的作用是干燥Cl2；故答案为：Ⅱ和Ⅲ；干燥Cl2；‎ ‎(5)装置Ⅴ的目的是防止尾气污染空气，装置Ⅴ盛放的是氢氧化钠溶液，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，装置Ⅴ中发生反应的离子方程式Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O。故答案为：Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O。‎ ‎【点睛】本题考查考查物质性质实验方案的设计，涉及制取气体的装置及实验方案的设计、评价等知识点，综合性较强，明确氯气的制备原理及氯气的化学性质为解答关键，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力。‎ ‎17. 近年来，FePO4作为制备锂离子电池正极材料LiFePO4的重要原料而成为研究热点。一种以FeCl3、H3PO4、氨水为主要原料制备FePO4的流程如图：‎ 已知：H3PO4是弱电解质 ‎(1)将FeCl3溶液与H3PO4溶液混合，没有明显现象，逐渐滴加氨水至pH=1.5左右，生成FePO4·2H2O沉淀。‎ ‎①操作a为______。‎ ‎②生成FePO4·2H2O的离子方程式是________。‎ ‎③控制氨水用量，避免因pH偏高而产生_______杂质。‎ ‎(2)测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：‎ i取a g样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl2(还原剂)至溶液呈浅黄色；‎ ii.加入TiCl3，恰好将i中残余的少量Fe3+还原为Fe2+；‎ ⅲ.用c mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，消耗v mLK2Cr2O7标准溶液。‎ ‎①步骤iii的离子方程式是：______‎ ‎②产物中铁元素的质量分数为_______。‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). Fe3++H3PO4+3NH3·H2OFePO4·2H2O↓+3NH+H2O (3). Fe(OH)3 (4). Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O (5). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题给流程可知，向氯化铁和磷酸混合溶液中逐渐滴加氨水至pH=1.5左右，氯化铁、磷酸和氨水在热水浴中反应生成FePO4·2H2O、氯化铵和水，经过滤、洗涤、干燥后，将沉淀加热脱水制得FePO4。‎ ‎【详解】(1)①由分析可知,固液进行分离，操作a为过滤，故答案为：过滤；‎ ‎②氯化铁、磷酸和氨水在热水浴中反应生成FePO4·2H2O沉淀、氯化铵和水，反应的离子方程式为Fe3++H3PO4+3NH3·H2OFePO4·2H2O↓+3NH+H2O，故答案为：Fe3++H3PO4+3NH3·H2OFePO4·2H2O↓+3NH+H2O；‎ ‎③铁离子与氨水能反应生成氢氧化铁沉淀，反应时应控制氨水用量，防止溶液pH偏高而产生氢氧化铁沉淀，使得产品中混有氢氧化铁，故答案为：Fe(OH)3；‎ ‎(2)①步骤iii的反应为酸性条件下，重铬酸根离子和亚铁离子发生氧化还原反应生成铬离子、铁离子和水，反应的离子方程式为Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；‎ ‎②由题意可得如下转化关系：6Fe3+—6Fe2+—Cr2O，Cr2O的物质的量为c mol·L－1×v×10—3=10—3cvmol，则产物中铁元素的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%。‎ ‎18. 下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。‎ 试回答下列问题(凡涉及的物质均用化学式表示)：‎ ‎(1)a的氢化物的分子构型为_____，中心原子的杂化形式为______；d的最高价氧化物的分子构型为______，中心原子的杂化形式为______，该分子是______(填“极性”或“非极性”)分子。‎ ‎(2)b、d、e三种元素的氢化物中的沸点最高的是_____，原因是______。‎ ‎(3)将g的无水硫酸盐溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子，写出该配合离子的结构简式______(必须将配位键表示出来)。‎ ‎(4)f(NH3)5BrSO4可形成两种配合物 ，已知f3＋的配位数是6，为确定f的配合物的结构，现对两种配合物进行如下实验：在第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀，在第二种配合物溶液中加入BaCl2溶液时，则无明显现象，第二种配合物的化学式为________，该配合物的配体是_______、_______；‎ ‎(5)c单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。‎ 若已知c的原子半径为r，NA代表阿伏加德罗常数，c的相对原子质量为M。该晶体的密度为______(用字母表示)。‎ ‎【答案】 (1). 三角锥 (2). sp3 (3). 平面三角形 (4). sp2 (5). 非极性分子 (6). HF (7). HF中有氢键 (8). (9). [Co(NH3)5SO4]Br (10). NH3 (11). SO (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据表格信息可知，a是N；b是F；c是Al；d是S；e是Cl；f是Co；g是Cu，据此解答。‎ ‎【详解】（1）a的氢化物为NH3，分子构型为三角锥形；N原子的杂化形式为sp3杂化；d的最高价氧化物是SO3，分子构型为平面三角形，S原子的杂化形式为sp2杂化；该分子是非极性分子；‎ 故答案为：三角锥；sp3；平面三角形；sp2；非极性分子；‎ ‎（2）b、d、e三种元素的氢化物分别为HF、H2S、HCl，三者均是分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，分子间含氢键，则沸点会反常的高，则三者沸点最高的是HF；‎ 故答案为：HF；HF中有氢键；‎ ‎（3）Cu 的无水硫酸盐溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子，该配合离子的结构简式为：；‎ ‎（4）Co(NH3)5BrSO4可形成两种配合物 ，已知f3＋的配位数是6，为确定f的配合物的结构，现对两种配合物进行如下实验：在第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀，则该配合物能电离出，则其化学式为：[Co(NH3)5Br]SO4；在第二种配合物溶液中加入BaCl2溶液时，则无明显现象，无法电离出，第二种配合物的化学式为[Co(NH3)5SO4]Br；该配合物的配体是NH3、；‎ ‎（5）由图示可知，Al单质晶体中原子的堆积方式为面心立方堆积，若已知Al的原子半径为r，NA代表阿伏加德罗常数，c的相对原子质量为M，该晶体的密度为。‎ ‎19. 运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。‎ ‎(1)反应：N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) △H1=+180.5kJ·mol－1‎ ‎2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) △H2‎ 已知CO的燃烧热为283.0 kJ·mol－1，则△H2=________。‎ ‎(2)升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的速率却随着温度的升高而减小。某化学小组为研究该特殊现象的实质原因，查阅资料知2NO(g)+O2(g) ⇌2NO2(g)的反应历程分两步：‎ Ⅰ.2NO(g)⇌N2O2(g)(快)；v1正=k1正·c2(NO)；v1逆=k1逆·c(N2O2) △H1＜0‎ Ⅱ.N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)(慢)；v2正=k2正·c(N2O2)c(O2)；v2逆=k2逆·c2(NO2) △H2＜0‎ 请回答下列问题：‎ ‎①一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=_________。‎ ‎②决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)速率的是反应_________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，反应Ⅰ的活化能E1与反应Ⅱ的活化能E2的大小关系为E1______E2(填“＞”、“＜”或“=”)。根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是______。‎ A.k2正增大，c(N2O2)增大 B.k2正减小，c(N2O2)减小 C.k2正增大，c(N2O2)减小 D.k2正减小，c(N2O2)增大 ‎(3)在一定温度下向容积为‎2L的密闭容器中加入0.5molNO、0.5molCO，此时容器总压为P0kPa，发生反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，4min时达平衡，此时测得氮气的物质的量为0.2mol，则0－4min内用CO2表示的的平均速率为_______kPa·min－1，用平衡分压表示的平衡常数KP=__________(用含有P0的代数式表示)。达平衡后，若改变下列条件，既能加快反应速率又能提高NO的转化率的是_______‎ A.增大压强 B.降低温度 C.再加入0.5molNO、0.5molCO D.分离出部分N2‎ ‎【答案】 (1). －7465kJ·mol－1 (2). (3). Ⅱ (4). ＜ (5). C (6). (7). (8). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应：N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) △H1=+180.5kJ·mol－1；2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) △H2；又已知CO的燃烧热为283.0 kJ·mol－1，则，则；‎ ‎（2）①反应Ⅰ2NO(g)⇌N2O2(g)(快)；v1正=k1正·c2(NO)；v1逆=k1逆·c(N2O2)，则有；反应ⅡN2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)(慢)；v2正=k2正·c(N2O2)c(O2)；v2逆=k2逆·c2(NO2)，则有；一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡状态，可用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式；‎ ‎②决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)速率的是慢反应，即反应Ⅱ；反应Ⅰ是快反应，反应较易进行，则活化能较小；反应Ⅱ是慢反应，不易进行，则活化能较大；则反应Ⅰ的活化能E1与反应Ⅱ的活化能E2的大小关系为E1

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