安徽省蚌埠市2019届高三化学下学期第一次质量监测考试试题（含解析）.docx

安徽省蚌埠市2019届高三第一次教学质量检查考试化学可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 C-l35.5 Ca-40 Fe- 56 Cu-64 Zn-65第卷（选择题 共45分）一、选择题：(本题包括15小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.化学与社会生活息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）A. 树林晨曦中缕缕阳光是丁达尔效应的结果B. 为提高人体对钙的有效吸收，医学上常以葡萄糖为原料合成补钙药物C. 2018年12月8日嫦娥四号发射成功，其所用的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅D. 城郊的农田上随处可见的农用塑料大棚，其塑料薄膜不属于新型无机非金属材料【答案】C【解析】【详解】A.空气中微小的尘埃或液滴分散在空气中形成气溶胶，阳光照射时产生丁达尔现象，A项正确；B.葡萄糖酸钙口服液是市面上常见的一种补钙药剂，葡萄糖酸钙属于有机钙，易溶解，易被人体吸收，医学上常以葡萄糖为原料合成补钙药物，B项正确；C.太阳能电池帆板的主要材料是硅而不是二氧化硅，C项错误；D.塑料薄膜属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，D项正确；所以答案选择C项。2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. 水分子的比例模型B. 过氧化氢的电子式为：C. 石油的分馏和煤的气化、液化均为物理变化D. 甲基环丁烷二氯代物的同分异构体的数目是10种（不考虑立体异构）【答案】D【解析】【详解】A.所给确为比例模型，氢原子和氧原子的半径相对大小不对，应该是中间的氧的原子半径大，水分子为V形，不是直线形，A项错误；B.过氧化氢是只由共价键形成的分子，B项错误；C.石油的分馏是物理变化，煤的气化和液化均是化学变化，煤的气化是指将煤转化为CO、H2等气体燃料，煤的液化是指将煤变成液体燃料如甲醇等，C项错误；D.甲基环丁烷中二个氯原子取代同一个碳的2个氢，共有3种可能，取代不同碳上的氢共有7种（用数字标出碳，则可表示为：1，2、1，3、1，5、2，3、2，5、3，4、3，5），D项正确；所以答案选择D项。3.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象实验结论A用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色溶液中无K+B用已知浓度HCl溶液滴定NaOH溶液，酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入HCl溶液测得c(NaOH)偏高C使石蜡油裂解产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色石蜡油裂解一定生成了乙烯D向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，无砖红色沉淀出现淀粉未水解A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.所给现象只能确定有Na+，不能确定是否有K+，确定是否有K+要透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，A项错误；B.滴定管在盛装溶液前要用待装液润洗23次，如不润洗，滴定管内壁残存的水分将会对装入的溶液进行稀释，导致所耗盐酸的体积偏大，造成NaOH的浓度的计算结果偏高，B项正确；C.酸性高锰酸钾溶液的褪色，只是说明生成了不饱和烃，不能确切指生成了乙烯，C项错误；D.在加入新制的氢氧化铜悬浊液之前，一定要加过量的NaOH溶液中和作为催化剂的硫酸，并调整溶液至碱性，不然即使淀粉发生水解生成了葡萄糖，也不能与新制的氢氧化铜悬浊液共热产生砖红色沉淀，D项错误；所以答案选择B项。4.已知TNT为烈性炸药，其爆炸时的方程式为：TNT +21O228CO2+10H2O+6N2，下列有关该反应的说法正确的是（ ）A. TNT在反应中只做还原剂B. TNT中的N元素化合价为+5价C. 方程式中TNT前的化学计量数为2D. 当1molTNT参加反应时，转移的电子数为306.021023【答案】D【解析】【详解】A.TNT的分子式为C7H5O6N3，TNT在爆炸时，不仅碳的化合价升高，还有氮的化合价由+3价降低至0价，所以TNT在反应中既是氧化剂，也是还原剂，A项错误；B.TNT中H的化合价为+1价，O的化合价为-2价，C的平均化合价为-价，TNT中氮元素应显+3价，B项错误；C.据氮原子守恒和TNT每分子中含有3个氮原子可知，TNT前的计量数为4，C项错误；D.反应中只有碳的化合价升高，每个碳原子升高的价态为（+4）-（-）=，所以1molTNT发生反应时转移的电子数为76.021023=306.021023，D项正确；所以答案选择D项。5.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）A. 含2.8g硅的SiO2晶体中存在的共价键总数为2NAB. 1L0.5molL1的Na3PO4溶液中含有阳离子的总数为1.5NAC. 标准状况下，2.0gD2O中含有的质子数和中子数均为NAD. 室温时，pH=12的Ba(OH)2溶液中，氢氧根离子数目为1.0102NA【答案】C【解析】【详解】A.2.8g硅为0.1mol，所对应的SiO2为0.1mol，SiO2晶体中每个硅原子形成4个硅原子键，全部属于自己，所以0.1molSiO2中含有共价键数为0.4NA，A项错误；B.Na3PO4溶液中阳离子还有H+，所以其阳离子总数大于1.5NA，B项错误；C.2.0gD2O的物质的量为0.1mol，每个D2O分子中含有10个质子和10个中子，所以0.1molD2O中含有的质子数和中子数均为NA，C项正确；D.没有溶液的体积数据，无法计算该溶液中的离子数目，D项错误；所以答案选择C项。6.空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（ ）A. 当有0.8mol电子转移时，b极产生4.48LO2B. 为了增加导电性可以将左边容器中的水改为NaOH溶液C. d极上发生的电极反应是：2H+ +2e=H2D. c极上进行氧化反应，A池中的H+可以通过隔膜进入B【答案】B【解析】【详解】A.没有指明气体所处的温度和压强，无法计算气体的体积，A项错误；B.电解NaOH溶液，实质是电解水，所以将左边的电解水装置中的水改为NaOH溶液，增大溶液中离子的浓度，增强导电性，B项正确；C.a电极为阴极，a电极上产生的是氢气，所以d电极发生的电极反应是：H2-2e-=2H+，C项错误；D.b电极为阳极，b极上产生的气体Y为氧气，c极上是氧气发生还原反应：O2+4e-+4H+=2H2O，c极为燃料电池的正极，d极为燃料电池的负极，B池中的H+通过隔膜进入A池，D项错误；所以答案选择B项。【点睛】右侧为氢氧酸性燃料电池，A池为正极室，B极为负极室。在原电池的内电路中，氢离子作为阳离子应向正极移动，所以氢离子移向A极室。7.化学学科中有很多的“规律”，下列规律运用正确的是（ ）A. 酸性：H2CO3H3PO4H2SO4HClO4，所以非金属性CPSBC DB. C可以从溶液中置换出D单质C. A、B、E形成化合物中只存在共价键D. A和B形成的化合物溶于水可导电，所以该化合物为电解质【答案】A【解析】【分析】首先可判断B为N元素，原子序数依次增大，则A只能是H元素，E不可能为C元素，只能是S元素，所以C、D最外层电子之和为4，B为N元素，则C不可能是Li、Be、B，所以C为Na元素，D为Al元素。【详解】A.根据“层多径大，序大径小”，简单离子半径S2-N3-Na+Al3+，A项正确；B.钠先与水反应，钠无法从溶液中置换出铝单质，B项错误； C.H、N、S形成的化合物为（NH4）2S或NH4HS，化合物中既含离子键又含共价键，C项错误；D.氨气的水溶液导电的原因是：氨气与水化合成的一水合氨电离出自由移动的阴、阳离子，NH3自身不电离，属于非电解质，D项错误；所以答案选择A项。11.地奥司明片是治疗静脉淋巴功能不全相关的各种症状（腿部沉重、疼痛、晨起酸胀不适感）的主要治疗药物，下图为合成地奥司明片重要中间体，下列有关说法正确的是（ ）A. 分子式为C18H20O6B. 该中间体是高分子化合物C. 该中间体可发生水解反应生成乙醇D. 该中间体分子在一定条件下可以发生取代、加成、氧化反应【答案】D【解析】【详解】A.根据碳四价可数得其每个分子中含有18个氢原子，A项错误； B.一般来说，高分子化合物要求相对分子质量至少过万，B项错误； C.因该物质结构中含有酯基，所以可以发生水解反应，但产物有乙酸，没有乙醇，C项错误；D.因该物质结构中有酚羟基、酯基等，可发生取代反应，因结构中有苯环，可发生催化加氢反应，因含有酚羟基或可以燃烧，因而能发生氧化反应，D项正确； 所以答案选择D项。【点睛】有怎样的基团，就有怎样的化学性质。该物质结构中含酚羟基，所以能被氧化，因酚羟基的邻对位有氢，所以可以与浓溴水发生取代反应，因结构中有酯基，所以可以发生水解反应。12.下列实验操作不能达到实验目的的是（ ）A. 用加热的方法除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠B. 加热蒸干溶液，可以得到CuCl2晶体C. 放在流动的蒸馏水中可除去半透膜中蛋白质溶液里混有的(NH4)2SO4D. 鉴别NaBr和KI溶液，可分别加新制氯水后，用CCl4萃取【答案】B【解析】【详解】A.加热时NaHCO3分解生成了Na2CO3：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，A项正确；B.CuCl2属于强酸弱碱盐，在溶液中Cu2+发生水解生成Cu（OH）2，盐类的水解反应是一个吸热反应，加热，水解平衡右移，同时由于生成的HCl的大量挥发，促进水解平衡进一步向右移动，所以直接蒸干CuCl2溶液得到的主要是Cu(OH)2，不能得到CuCl2晶体，B项错误；C.利用胶体粒子不能透过半透膜，小分子、离子可以透过半透膜的性质差异，采用渗析法对胶体进行提纯，C项正确；D.氯水与NaBr、NaI分别反应，生成了溴单质和碘单质，两种卤素单质溶解在CCl4中，呈现不同的颜色，可以区别，D项正确；所以答案选择B项。13.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A. 少量的CO2通入到“84”消毒液中：CO2+H2O+2ClO=HClO+CO32B. 用酸化的硝酸铁溶液腐蚀铜箔：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+C. FeO和稀硝酸反应：FeO+2H+ =Fe2+2H2OD. 向0.5molL1KAl(SO4)2溶液中滴入0.5molL1Ba(OH)2溶液使SO42恰好完全沉淀：2Ba2+4OH+Al3+ +2SO42=2BaSO4+AlO2+2H2O【答案】D【解析】【详解】A.酸性强弱的顺序是H2CO3HClOHCO3-，所以少量的CO2通入到84消毒液中，生成的是HCO3-，A项错误；B.酸化的硝酸铁溶液中，相当于有了HNO3，由于HNO3的氧化性强于Fe3+，所以首先发生反应：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，B项错误；C.生成的Fe2+还会被稀硝酸氧化为Fe3+，C项错误；D.设KAl(SO4)2为1mol，则沉淀2molSO42-需要Ba(OH)22mol，同时带来4molOH-，而4molOH-与溶液中的1molAl3+恰好完全反应生成AlO2-，D项正确；所以答案选择D项。【点睛】易错选B，注意NO3-没有强氧化性，但在酸性条件下表现强氧化性。14.温度分别为T1和T2时，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：温度/Kt/mint1t2t3t4T1n(Y)/mol0.140.120.100.10T2n(Y)/mol0.130.090.08下列说法正确的是（ ）A. 该反应的正反应为放热反应B. T2温度下此反应的平衡常数K=4C. 温度为T1时，0t1时间段的平均速率(Z)=2.0103molL1min1D. 在T1下平衡后，保持其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大【答案】B【解析】【详解】A.初始投料是相同的，比较表格中所给的数据可以看出，在时间t1时T2时的Y的物质的量小于T1，反应速率快慢说明了T2大于T1，t4时T2的容器中早已达平衡。对于T1来说，T2相当于升温，升温后Y减少，说明升温使平衡右移，说明正向反应是吸热的，A项错误；B.根据表格中数据，列出T2温度下的三段式：X(g)+Y(g) 2Z(g)初始 0.16 0.16 0变化 0.08 0.08 0.16平衡 0.08 0.08 0.16所以，B项正确；C.先据表格中数据求出温度为T1时，0-t1时段用Y表示的平均速率为，用Z表达的速率为用Y表达的速率的2倍，C项错误；D.其他条件不变时，充入0.2molZ等效于在恒温恒容容器中充入0.1molX和0.1molY，即相当于起始加入0.26molX和0.26molY，该反应反应前后气体分子数相等，所以起始加入0.26molX和0.26molY与起始加入0.16molX和0.16molY为比例等效平衡，达到平衡时X的体积分数不变，D 项错误；所以答案选择B项。15.常温下，向20mL0.05molL1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1molL1氨水，溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是（ ）A. NaHB溶液可能为酸性，也可能为碱性B. A、B、C三点溶液的pH是逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大C. E溶液中离子浓度大小关系：c(NH4+)c(B2)c(OH)c(H+)D. F点溶液c(NH4+)=2c(B2)【答案】D【解析】【分析】未加入氨水前，溶液的水电离出的OH-浓度为10-13mol/L，所以溶液中c(H+)=0.1mol/L，该酸的浓度为0.05mol/L，所以该酸为二元强酸。酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，随着氨水的不断滴入，溶液中水电离的c（H+）逐渐增大，当两者恰好完全反应生成（NH4）2B时水的电离程度达最大（图中D点），继续加入氨水，水电离的c（H+）逐渐减小。【详解】A.NaHB属于强酸的酸式盐，NaHB溶液应该呈酸性，A项错误；B.向酸溶液中逐渐加入碱发生中和反应，混合液溶液的pH是逐渐增大的，B项错误； C.E点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）110-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则E点水溶液显酸性，所以c(H+)c(OH-)，C项错误；D.F点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）=110-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则F点水溶液呈中性，此时溶液中的电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(B2-)，因c(H+)=c(OH-)，所以有c(NH4+)=2c(B2-)，D项正确； 所以答案选择D项。第卷（非选择题 共55分）本卷包括必考题和选考题两部分。16-18题为必考题，每个试题考生度必需做答。19-20为选考题，考生只能选做一题，若多做则按所做的第一题计分。16.二甲醚不仅是重要的化工原料，而且还是性能优良的能源和车用燃料。现代工业上可通过煤化工的产物CO和H2来合成二甲醚，其主要反应为：（）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H= 90.1kJmol1（）2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H= 245kJmol1（1）写出CO和H2来直接合成二甲醚的热化学方程式_。（2）温度T时，在容积为2.00L的某密闭容器中进行上述反应（），反应过程中相关数据如图1所示。下列说法能表明反应已达到平衡状态的是_。a.容器中气体的压强不再变化 b.混合气体的密度不再变化c.混合气体的平均相对分子质量不再变化 d.2正(H2)=逆(CH3OH)该化学反应010min的平均速率(H2)=_。其他条件不变时，15mim时再向容器中加入等物质的量的CO和H2，则H2的转化率_（填增大、不变或减小）。对应气相反应，常用某组分（B）的平衡压强（pB）代替某物质的量浓度（cB）表示平衡常数（以Kp表示），其中，pB=p总B的体积分数；若在T时平衡气体总压强为p总，则该反应Kp=_。图2表示氢气转化率随温度变化的趋势，请解释T0后氢气转化率的变化原因_。（3）二甲醚燃料电池的工作原理如图所示，则X电极的电极反应式为_。用该电池对铁制品镀铜，当铁制品质量增加12.8g时，理论上消耗二甲醚的质量为_g。（精确到0.01）【答案】 (1). 2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) H=-204.7kJ/mol (2). ac (3). 0.06mol/(Lmin) (4). 增大 (5). (6). 该反应是放热反应，T0后温度升高，平衡逆向移动，氢气的转化率减小 (7). CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+ (8). 1.53【解析】【分析】根据盖斯定律，对热化学方程式进行加减可得目标热化学方程式；根据“逆向相等、变量不变”，进行化学平衡状态的判定；利用化学反应速率的定义式进行化学反应速率的求算；根据Kp的含义计算Kp；根据离子移动方向确定原电池的正负极，结合电子守恒计算。【详解】(1)根据盖斯定律，将i式乘以2与ii式直接相加，得出直接合成二甲醚的热化学方程式：2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) H=-204.7kJ/mol；(2)恒容恒温条件下，反应物与生成物均为气体，且反应前后气体分子数不同，此时压强是一个变量，当压强不变时，反应达到平衡，a项正确；容器体积始终不变，气体总质量不变，则混合气体的密度始终不变，密度不再变化不能作为反应平衡的判断依据，b项错误；平均相对分子质量不再变化，说明容器中分子总数不再变化，反应达到平衡状态，c项正确；2正(H2)=逆(CH3OH)时反应没有达到平衡状态，d项错误；所以答案选择ac；由图可知，从0min10min之间氢气的物质的量减少了1.2mol，容器为2L，则H2表示的平均反应速率为1.2mol2L10min=0.06mol/(Lmin)；加入等物质的量的一氧化碳与氢气，比例与最初投料比例相同，相当于容器压强增大，平衡向正反应方向移动，则转化率增大；先据图看出所得平衡体系中CO、H2、CH3OH的物质的量分别为：1.4mol、0.8mol、0.6mol，它们的物质的量分数依次为0.5、，依据分压的定义求得对应的分压依次为：0.5P总、 P总、P总，代入Kp的定义式可得Kp=；该反应是放热反应，T0后温度升高，平衡逆向移动，氢气的转化率减小；（3）从氢离子的移动方向上，可以判断出X 极为原电池的负极，其电极反应式为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+；用该电池对铁镀铜，铁制品增加 12.8g，则生成铜0.2mol，转移电子数为0.4mol，根据CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+可算出二甲醚的物质的量为mol，其质量为1.53g。17.2018年8月31日，华为公司发布AI芯片麒麟980，这标志着我国高科技企业的芯片制造技术迈入国际领先水平。组成芯片的核心物质是高纯度硅。下图是以石英砂为原料同时制备硅和金属锂。已知：LiCl的熔点是605、沸点是1350；NH4Cl在100开始挥发，337.8分解完全。常温下，KspFe(OH)3=2.641039，KspAl(OH)3=11033。（1）粗硅中常含有副产物SiC，请写出中生成SiC的反应方程式_。写出中的反应方程式_。（2）请写出操作名称：a_；b_。（3）请写出试剂X是_。（4）本生产工艺要求，要控制LiCl和NH4Cl溶液中的杂质离子浓度在1.0106molL1以下，应控制溶液的pH为_，此时溶液中Fe3+的浓度为_。【答案】 (1). SiO2+3CSiC+2CO (2). SiCl4+2H2Si+4HCl (3). 过滤 (4). 加热 (5). 氨水 (6). pH=5 (7). c（Fe3+）=2.6410-12mol/L【解析】【详解】（1）由图可确定反应物为二氧化硅、碳，生成物为碳化硅、一氧化碳，配平后反应方程式为：SiO2+3CSiC+2CO；反应四氯化硅和氢气在高温条件下生成硅，则另一种产物为氯化氢，配平后反应方程式为：SiCl4+2H2Si+4HCl；（2）氢氧化铁、氢氧化铝为沉淀，操作a的名称是过滤；根据“LiCl的熔点是605、沸点是1350，NH4Cl在100开始挥发，337.8分解完全”，分离LiCl和NH4Cl的固体混合物应用加热法，操作b的名称是加热；（3）根据流程图，加入X后过滤得到氯化铵和氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，可以推断试剂X氨水；（4）要控制LiCl和NH4Cl溶液中的杂质离子浓度在1.0106molL1以下，Al（OH）3、Fe（OH）3类型相同，由于KspAl（OH）3 KspFe（OH）3，当Al3+在110-6mol/L以下时，Fe3+一定在110-6mol/L以下，所以控制溶液中c（OH-）=mol/L=110-9mol/L，c（H+）=110-5mol/L，控制溶液的pH=5；此时溶液中Fe3+的浓度为2.6410-39（110-9）3=2.6410-12（mol/L），即c（Fe3+）=2.6410-12mol/L。18.过氧化钙是一种新型的、环境友好的多功能无机化工产品，它是一种非常稳定的过氧化物，常温下干燥不分解，有较强的漂白、杀菌、消毒作用且对环境无污染。下面是某学习小组模拟用大理石（含少量FeO固体）和过氧化氢为原料来制备过氧化钙以及对其含量测定分析过程。.碳酸钙的制备1.步骤加入试剂A的目的是_。2.操作所需要的玻璃仪器_。.过氧化钙制备制备步骤（1）将以上制得的碳酸钙置于烧杯中，逐滴加入6molL1的盐酸，直至烧杯中剩余极少量的碳酸钙固体未溶，将溶液加热煮沸，趁热过滤除去未溶的碳酸钙。（2）另外量取30mL6%的过氧化氢，加入到15ml浓氨水中，将制得的氯化钙溶液和过氧化氢-氨水混合液置于冰水中冷却，观察白色的过氧化钙晶体的生成。（3）抽滤，用5mL无水乙醇洗涤23次，将晶体抽干（4）将抽干后的过氧化钙晶体放在表面皿上，于烘箱内在105下烘1h，最后取出冷却，称重。问题讨论3.步骤（1）中将溶液煮沸的作用是_。4.步骤（2）中反应的化学方程式为_。5.步骤（3）中将过滤得到的白色晶体，使用乙醇洗涤的目的是_。过氧化钙含量的测定（1）实验步骤按下面装置图将量气管与水准管用橡皮管连接，量气管上方的三通活塞，使量气管与大气相通，向水准管内注入水，并将水准管上下移动，以除去橡皮管内的空气。精确称取0.40g（精确到0.01g）无水过氧化钙加入试管中，转动试管使过氧化钙在试管内均匀铺成薄层。把试管连接到量气管上，塞紧橡皮塞。悬转活塞使量气管通向试管，调整水准管，记下量气管内液面的初读数。用小火缓缓加热试管，过氧化钙逐渐分解放出氧气，调整水准管，记下量气管内液面的终读数，并记录实验时的温度和大气压力。计算出产品中过氧化钙的百分含量。（2）问题讨论6.写出上述实验中 “调整水准管”的操作_。7.若测得氧气的体积为44.8mL（已经折算成标准状况下），则该研究小组制备的过氧化钙的纯度为_。【答案】 (1). 将Fe2+氧化为Fe3+ (2). 玻璃棒、漏斗、烧杯 (3). 赶走溶液中的二氧化碳 (4). CaCl2+H2O2+2NH3H2O=CaO2+2NH4Cl+2H2O (5). 防止溶解损失，加快沉淀干燥速度或除去晶体表面吸附杂质 (6). 上下移动水准管，使两管内液面相平（或其它合理答案） (7). 72%【解析】【分析】从题给的对碳酸钙的提纯流程来看，对大理石进行酸濅后，钙离子和亚铁离子进入了溶液。加入试剂A，并调pH，应是对铁元素的除杂设计。在制备过氧化钙的实验中，碳酸钙提供了钙元素，因后加了氨水，所以溶液中的二氧化碳要除去，以避免产品中生成碳酸钙杂质。【详解】1.大理石中含有杂质氧化亚铁，酸浸后为二价铁离子，需要加入氧化剂将其氧化成三价铁离子便于调整pH去除，所以加入试剂A的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；2.由后面的滤渣，滤液可知，操作为过滤，所需要的玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯；3.碳酸钙与盐酸反应生成的二氧化碳可溶于水，煮沸可以赶走溶液中溶解的二氧化碳，防止后续过程产生CO32-与Ca2+形成碳酸钙；4.反应物为氯化钙、过氧化氢、氨水，生成物为过氧化钙、氯化铵、水，化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3H2O=CaO2+2NH4Cl+2H2O；5.过氧化钙不溶于乙醇，使用乙醇洗涤可以减少溶解损失，并可以加快沉淀的干燥速度、除去晶体表面吸附杂质；6.实验中 “调整水准管”的操作：上下移动水准管，调整气压差，使两管内液面相平；7.氧气物质的量为：0.0448L22.4L/moL=0.002moL，根据过氧化钙加热分解化学方程式，得出过氧化钙的物质的量为0.004moL，所以纯度为0.004moL72g/moL0.40g100=72%。19.原子序数依次增大A、B、C、D、E、F五种元素的原子位于前四周期，A元素原子核外有三种不同能级且各个能级所填充的电子数相同，C原子的核外已成对的电子数是未成对电子数的3倍；D核内质子数比E少1；E与C同主族；F2+的M能层里电子全满。（1）B元素的名称为_，F元素基态原子的价电子排布式为_。（2）元素A、B、C第一电离能顺序为_（填元素符号）。（3）C与E分别形成的最简单氢化物沸点高低顺序为_（用化学式表示），原因是_。（4）D与溴形成的化合物DBr5，加压条件下95液化，发生完全电离得到一种能够导电的液体，经测定，该熔体中含有一种正四面体结构的阳离子和Br，请写出该条件下DBr5电离的电离方程式_。该熔体中阳离子的中心原子的杂化方式为_。（5）请写出E的两种常见氧化物的分子空间构型：_，_。（6）F与E形成的离子晶体晶胞如图所示，该晶体的化学式为_（用元素符号表示）；若晶体的密度为 g/cm3，则该晶胞的棱长为_pm。【答案】 (1). 氮 (2). 3d104s2 (3). NOC (4). H2OH2S (5). 水分子间可形成氢键，而硫化氢分子间没有 (6). PBr5=PBr4+Br- (7). sp3 (8). V形 (9). 平面三角形 (10). ZnS (11). 【解析】【分析】A元素原子核外有三种不同能级，其能级应为1s、2s、2p，各个能级所填充的电子数相同，则共有6个电子，A为碳元素；F2+的M能层电子全满，即M层排满了18个电子，所以F为锌元素；C原子核外已成对电子数是未成对电子数的3倍，已成对电子数必为偶数，据此通过未成对电子数简单列举，可判断未成对电子数应为2，已成对电子数为6，即C为氧元素；则B为氮元素；E与C同主族，E是硫元素，D核内质子数比E少1，则D为磷元素。【详解】（1）B元素的名称是氮元素，F为锌元素，其基态原子的价电子排布式为3d104s2；（2）同周期从左到右元素第一电离能呈增大趋势，N的2p能级半充满较稳定，N的第一电离能大于O，元素C、N、O的第一电离能的顺序为NOC；（3）C与E形成最简单氢化物分别为H2O和H2S，因为水分子间能形成氢键而H2S不能，所以沸点H2OH2S；（4）D与溴形成的化合物为PBr5，PBr5加压条件下95液化，发生完全电离得到一种能够导电的液体，经测定，该熔体中含有一种正四面体结构的阳离子和Br，形成正四面体结构的离子应是PBr4+，P的价层电子对数为（5-1-41）+