2019届高三化学上学期期末考试试题(含解析) (II).doc

2019届高三化学上学期期末考试试题(含解析) (II)可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 V 51 Fe 56 Cu 64一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与人类生产、生活密切相关。下列叙述正确的是A. 熟石灰可作食品干燥剂B. SO2具有漂白性，可用作食品漂白剂C. 氢氧化铝、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂D. 硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防腐剂【答案】D【解析】【详解】A. 熟石灰是氢氧化钙，没有吸水性，不能作食品干燥剂，生石灰为氧化钙，可作食品干燥剂，故A项错误；B. 二氧化硫有毒，不能作食品漂白剂，故B项错误；C. 碳酸钠的碱性太强，不适合做胃酸中和剂，而氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂，故C项错误；D. 硅酸钠性质稳定，不能燃烧，不易腐蚀，其水溶液俗称水玻璃，可用作木材防腐剂，故D项正确；答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 14gC2H4含有的单键数目为3NAB. 99时，1LpH=6的纯水中，含有的OH数目为1108NAC. 足量的Na与1molO2充分反应，转移的电子数目一定为2NAD. 8.0gCu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数为0.1NA【答案】D【解析】【分析】A. 乙烯分子内含4个碳氢单键；B. 根据纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度作答；C. Na与O2充分反应，可能生成Na2O，也可能生成Na2O2；D. 铜元素在Cu2S和CuO中的质量分数相同；再结合公式n = = = cV分析作答。【详解】A. 根据C2H4的结构式可知，1 mol C2H4分子内含4 mol碳氢单键，则14 g C2H4的物质的量为 = 0.5 mol，含有的单键数目为0.5 mol4 NA = 2NA，故A项错误；B. 99时，纯水的pH=6，则c(H+) = 110-6 mol/L，因c(OH-) = c(H+) = 110-6 mol/L，所以含有的OH数目=110-6 molL-1NA mol-1 = 1106NA，故B项错误；C. 足量的Na与1molO2充分反应，当生成Na2O2时，转移的电子数为2NA；当生成Na2O时，转移的电子数为4NA，故C项错误；D. 铜元素在Cu2S和CuO中的质量分数相同，为，所以8.0 g Cu2S和CuO的混合物中铜元素的质量为8.0 g = 6.4 g，所以含有的铜原子数目为NA mol-1 = 0.1NA，故D项正确；答案选D。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量题型是高频考点，考察角度广，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题的B项，出题者设下的陷阱是误以为氢氧根离子的浓度可以直接由常温下Kw（110-14）间接求出，需要注意的是，题设条件并不是常温，温度变化Kw会变化，所以不能利用此法求解，学生需要打破思维定势，根据纯水中氢离子浓度与氢氧根浓度相等来分析作答，此规律在不同温度都成立。3.芳香化合物C9H10O2能与 NaHCO3溶液反应生成CO2，其可能的结构共有(不含立体异构)A. 11种 B. 12种 C. 13种 D. 14种【答案】D【解析】【分析】该有机物能与NaHCO3发生反应产生CO2，说明含有羧基-COOH，苯环上有6个C，则采用分类讨论思想，按照在苯环上取代基的个数为1、2和3个进行讨论即可。【详解】该有机物能与NaHCO3发生反应产生CO2，说明含有羧基-COOH，取代基为正丙酸基时，1种；取代基为异丙酸基，1种；取代基为羧基、-CH2-CH3，有邻间对3种；取代基为乙酸基、-CH3，有邻间对3种；取代基为-COOH、-CH3，-CH3，甲基为邻位，2种；间位，3种；对位1种；符合条件的总共有14种故答案选D。4.一种以NaBH4和H2O2为原料的新型电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是A. 电池的正极反应为H2O2+2e-=2OHB. 电池放电时Na+从a极区移向b极区C. 电子从电极b经外电路流向电极aD. b极室的输出液经处理后可输入a极室循环利用【答案】C【解析】A正极发生反应为：H2O2+2e-=2OH-，故A正确；B放电时为原电池，阳离子移向正极，b为正极，故B正确；C电子由负极经外电路流下正极，应该由a到b，故C错误；D正极电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，产生的氢氧化钠溶液可以循环使用，故D正确；故选C。点睛：本题考查原电池工作原理。做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写。以硼氢化合物NaBH4(B元素的化合价为+3价)和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4-+8OH-8e-=BO2-+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-。5.下列实验的实验操作、实验现象和实验结论都正确的是选项实验操作实验现象实验结论A室温下，向铝箔上滴加浓硫酸无明显现象铝与浓硫酸不反应B将二氧化硫通入紫色石蕊试液先变红后褪色二氧化硫是酸性氧化物，还具有漂白性C在氯化银悬浊液中滴加少量KBr稀溶液白色浑浊变为淡黄色浑浊Ksp(AgCl)Ksp (AgBr)DNaAlO2溶液中滴加 NaHCO3溶液产生白色沉淀N aAlO2和Na HCO3发生相互促进的水解反应A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】A. 室温下，铝与浓硫酸发生钝化；B. 二氧化硫通入紫色石蕊试液，溶液会变红，但不会褪色；C. 难溶沉淀转化为更难溶的沉淀，发生沉淀的转化；D. AlO2-促进 HCO3-的电离，生成白色沉淀；【详解】A铝与浓硫酸发生钝化，阻止反应的进一步发生，观察不到明显现象，但发生了氧化还原反应，故A项错误；B. 二氧化硫是酸性氧化物，可以使紫色石蕊试液变红，但二氧化硫只能使品红溶液褪色，不能使紫色石蕊试液褪色，则现象和结论不正确，故B项错误；C. AgBr比AgCl难溶，当在氯化银悬浊液中滴加少量KBr稀溶液，会发生反应AgCl(s)+Br- AgBr(s)+Cl-，则白色浑浊变为淡黄色浑浊，相同类型的难溶物，其溶解度越小，对应的Ksp越小，所以实验操作、实验现象和实验结论都正确，故C项正确；D. NaAlO2溶液中滴加 NaHCO3溶液，发生反应：AlO2-+HCO3-+H2O = Al(OH)3+ CO32-,所以AlO2-促进了HCO3-的电离，跟HCO3-的水解无关，则结论错误，故D项错误；答案选C。【点睛】本题侧重考查学生对实验操作及现象和结论的准确判断，要求学生具有较强的逻辑思维，其中B选项是易错点与易混点。常见漂白剂的漂白原理有所不同，可归纳为：1. 氧化型：发生的是化学变化，因自身有强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应而褪色，不可逆，如次氯酸、过氧化钠、臭氧、过氧化氢等；2. 加和型：发生的是化学变化，与某种有色物质结合生成无色物质，一定条件下发生分解，又恢复原色，如SO2能使品红溶液褪色，加热后又变为红色；3. 吸附型：发生的是物理变化，某些固体物质具有疏松多孔的结构，能吸附有色物质，处理后可重复利用，如活性炭等。理清漂白原理，才能学以致用。6.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外有9个电子，Y原子最外层电子数是最内层电子数的一半，Z最高正价是最低负价绝对值的3倍。下列叙述正确的是A. 原子半径：WXYZB. 化合物Y2Z中既有离子键、又有共价键C. Y、W最高价氧化物对应水化物的溶液均能溶解氧化铝D. 简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：Z、W、X【答案】C【解析】【分析】在短周期主族元素中，核外电子数是9的元素是F，所以X是F，最外层电子数是最内层一半的元素是Na，所以Y是Na，最高正价是最低负价绝对值的3倍的元素是S，所以Z是S，则W就是Cl。【详解】经分析可知：X是F，Y 是Na，Z是S，W是Cl；A.原子半径由小到大的顺序是：X W ZY，故A错误；B.化合物Y2Z是Na2S，在Na2S中，只有离子键没有共价键，故B错误；C.Y、W最高价氧化物对应水化物分别是：NaOH、HClO4，分别为强碱和强酸，氧化铝为两性氧化物，所以水溶液均能溶解氧化铝，故C正确；D.简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是：HF HCl H2S ，故D错误；本题答案为C。7.下列各项关系中正确的是（ ）A. 0.1mol/LNa2SO3溶液中：c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)=0.2mol/LB. 常温下pH=a的稀H2SO4与pH=b的氨水等体积混合后恰好完全反应，则a+b【答案】B【解析】根据物料守恒0.1 mol/L Na2SO3溶液中：c(Na+)2c(SO32)+2c(HSO3)+2c(H2SO3)0.2 mol/L，故A错误；氨水是弱碱，若a+b=14，pHa的稀H2SO4与pHb的氨水等体积混合后氨水过量，故B正确； 0.2 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，2 c(H+)2c(OH)c(CH3COO)c(CH3COOH)，故C错误；pH相同的三种溶液，NH4HSO4是强酸的酸式盐，c(NH4+)最小；NH4Cl 、(NH4)2SO4因为铵根水解呈酸性，PH相同，所以c(NH4+)相同，故c(NH4+)大小关系为：=，故D错误。8.五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁、用作冶金添加剂，占五氧化二钒总消耗量的80%以上，其次是用作有机化工的催化剂。为了增加V2O5的利用率我们从废钒催化剂(主要成分V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2和Fe2O3等)中回收V2O5的一种生产工艺流程示意图如下：(1)中废渣的主要成分是_；中V2O5发生反应的离子方程式为_。(2)、中的变化过程可简化为(下式中的R表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂的主要成分)：R2(SO4) (水层)+2nHA(有机层) 2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)。中萃取时必须加入适量碱，其原因是_；实验室进行萃取操作使用的玻璃仪器为_。(3)实验室用的原料中V2O5占6%(原料中的所有钒已换算成V2O5)。取100g该废钒催化剂按工业生产的步骤进行实验当加入100ml0.1mol/L的KClO3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设以后各步钒没有损失，则该实验中钒的回收率是_M(V2O5)=182g/mol(4)25时取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如下表：试判断在实际生产时，中加入氨水调节溶液的最佳pH为_；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则此时溶液中c(Fe2+)_。已知：25时KspFe(OH)3=2.61039【答案】 (1). SiO2 (2). V2O5+4H+SO32- = 2VO2+ SO42-+2H2O (3). 加入碱，中和H2SO4，使平衡向正向移动 (4). 分液漏斗、烧杯 (5). 91.0% (6). 1.7 (7). 2.610-3 mol/L【解析】【分析】生产流程：废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等），据物质的水溶性确定，V2O5和SiO2难溶于水。亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，过滤得到滤渣为二氧化硅，强酸性浸出液含有VO2+、K+、SO42-，加入有机萃取剂萃取分液得到有机溶液中VO2+，再加入X试剂进行反萃取分液，分离出有机层，得到水层是含VO2+、Fe3+、SO42-的酸性水溶液，分析平衡R2(SO4) (水层)+2nHA(有机层) 2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)，加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行。具有氧化性的氯酸钾，能将VO2+氧化为VO2+，加入氨水，调节溶液pH到最佳值，得到NH4VO3，最后焙烧得到五氧化二钒，据此分析作答，（1）SiO2难溶于水、难溶于酸；根据氧化还原规律、电荷守恒、电子守恒及原子守恒配平离子方程式；（2）从加入能反应的离子对平衡移动的影响来分析；结合萃取操作步骤选取实验仪器；（3）根据操作步骤流程图可知，氯酸钾能将VO2+氧化为VO2+，再结合物质之间的转化关系式及题意来计算钒的回收率；（4）从沉淀率和pH关系找出最佳沉淀率，钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，此时溶液pH=2，计算氢氧根离子浓度，结合溶度积常数计算溶液中铁离子的浓度。【详解】（1）上述分析可知滤渣A为SiO2，从流程图可以看出，在酸性条件下，V2O5转化为VO2+，SO32-能被V2O5氧化生成SO42-，根据氧化还原反应的规律配平该离子反应方程式为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2+SO42-+2H2O，故答案为：SiO2；V2O5+SO32-+4H+=2VO2+SO42-+2H2O；（2）反萃取时，分析平衡R2(SO4) (水层)+2nHA(有机层) 2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)，为提高中萃取百分率，则加入碱中和硫酸，可以使平衡正移，多次连续萃取。萃取分液操作时，用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯；故答案为：加入碱，中和H2SO4，使平衡向正向移动；分液漏斗、烧杯；（3）根据氧化还原规律可知，当加入100ml 0.1mol/L的KClO2溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理的离子方程式为：ClO36VO23H2O6VO26HCl，再结合V2O5+SO32-+4H+=2VO2+SO42-+2H2O，从而得出关系式： 3 V2O56VO2+ClO3，因n（ClO3） = 0.1 mol/L0.1 L = 0.01 mol，所以n（V2O5）30.01 mol = 0.03 mol 因此该实验中钒的回收率是100% 91.0 %，故答案为：91.0 %；（4）从沉淀率和pH关系找出最佳沉淀率。若钒沉淀率为93.1%时，不产生Fe(OH)3沉淀，此时溶液pH=2，计算氢氧根离子浓度，结合溶度积常数计算溶液中铁离子的浓度。由表中数据可知，pH = 1.7时钒的沉淀率最大为98.8%，故加入氨水调节溶液的最佳pH为为1.7。若钒沉淀率为93.1 %时不产生Fe(OH)3沉淀，此时溶液pH=2，c(OH)=1012 mol/L，KspFe(OH)3 = 2.61039 =c(Fe3+)c3(OH)，c(Fe3+) = =2.6103 mol/L，故答案为：1.7；2.6103 mol/L。9.请应用化学反应原理的相关知识解决下列问题(1)已知NaCl的溶解热为3.8kJmol1(吸热)Na(s)e=Na+(aq) H=240 kJ/molCl2(g)+e=Cl(aq) H=167 kJ/mol写出钠在氯气中燃烧的热化学方程式_。(2)一定条件下，在2L恒容密闭容器中充入1.5 mol CO2和3molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g) +H3O(g)下图是反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线。已知在温度为500K的条件下，该反应l0min达到平衡；该反应是_ (填“吸热”或“放热”)反应。在010min时段反应速率v(H2)为_。若改充入2 mol CO2和3molH2，图中的曲线会_(填“上移”或“下移”)。(3)根据下表数据回答问题：根据表1能不能判断出H2CO3与HClO酸性强弱? _(填“能”或“不能”)。0.10molLlNa2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。H2SO3溶液和 NaHCO3溶液反应的离子方程式为_。(4)已知：t时，Ksp(AgCl)=1.51010、Ksp (Ag2CrO4)=2.01012；AgCl为白色沉淀，Ag2CrO4为砖红色沉淀，t时，向Cl和CrO42浓度均为0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液至过量且不断搅拌，实验现象为_。【答案】 (1). Na(s)+Cl2(g) = NaCl(s) H = -410.8 kJ/mol (2). 放热 (3). 0.135 molL1min1 (4). 下移 (5). 不能 (6). c(Na+) c(SO32-) c(OH-) c(HSO3-) c(H+) (7). H2SO3+ HCO3- = HSO3-+H2O+ CO2 (8). 先生成白色沉淀，后来变成砖红色【解析】【分析】（1）根据已知焓变的反应推导所求反应，再根据盖斯定律计算所求反应的焓变；（2）根据图象分析，随着温度升高，CO2平衡转化率降低，表明温度升高不利于反应正向进行；温度为500K时，CO2的平衡转化率为60%，根据反应方程式计算各组分的平衡浓度，据此计算氢气的化学反应速率；改充入2 mol CO2 和3 mol H2，相当于增加了CO2的比例，可使H2的转化率上升，自身转化率下降；（3）根据NaClO和Na2CO3的pH值只能比较HClO和HCO3-的酸性强弱；0.1mol/L Na2SO3溶液中，SO32-水解使溶液显碱性，根据溶液中存在的化学平衡比较溶液中各离子的相对浓度大小；根据电离常数分析，H2SO3的酸性比H2CO3的酸性强，因此SO2通入NaHCO3溶液中生成CO2，据此写出反应的离子方程式；（4）根据溶度积公式，分别计算出向Cl和CrO42浓度均为0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液生成AgCl和Ag2CrO4所需要的银离子的浓度，浓度越小越先沉淀，进而再判断过量以后的实验现象。【详解】（1）已知：NaCl的溶解热为3.8 kJ/mol(吸热)，NaCl(s)Na+(aq)+Cl(aq) H1 = +3.8 kJ/mol，Na(s)e=Na+(aq) H2 = 240 kJ/mol，Cl2(g)+eCl(aq) H3 = 167 kJ/mol，Na在氯气中燃烧的方程式为Na(s)+Cl2(g) = NaCl(s)，该反应可由+得到，根据盖斯定律,该反应的焓变H=H2+H3H1 = 410.8 kJ/mol，故答案为：Na(s)+Cl2(g) = NaCl(s) H = -410.8 kJ/mol；（2）随着温度升高，CO2平衡转化率降低，表明温度升高不利于反应正向进行，所以反应为放热反应，故答案为：放热；温度为500 K时，CO2的平衡转化率为60%，CO2转化的浓度分别为c(CO2) = = 0.45 mol/L，根据化学计量数之比等于速率之比，可知H2转化的浓度c(H2) = 3c(CO2) = 1.35 mol/L，所以其化学反应速率(H2) = = = 0.135 molL1min1故答案为：0.135 molL1min1；改充入2 mol CO2 和3 mol H2，相当于增加了CO2的比例，可使H2的转化率上升，自身转化率下降；所以图中的曲线会下移，故答案为：下移；（3）因H2CO3为二元弱酸，第一步电离得到的HCO3-，第二步电离生成CO32-，所以根据NaClO和Na2CO3的pH值只能比较HClO和HCO3-的酸性强弱，不能比较HClO和H2CO3的酸性强弱，故答案为：不能；0.1 mol/L Na2SO3溶液中，SO32水解使溶液显碱性，溶液中存在SO32+H2OHSO3+OH，HSO3+H2OH2SO3+OH，H2OH+OH，综合考虑溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+) c(SO32-) c(OH-) c(HSO3-) c(H+)，故答案为：c(Na+) c(SO32-) c(OH-) c(HSO3-) c(H+)；根据电离常数及强酸制弱酸的原理分析，H2SO3的酸性比H2CO3的酸性强，因此SO2通入NaHCO3溶液中生成CO2，所以SO2通入NaHCO3溶液中发生的主要反应的离子方程式为：H2SO3+ HCO3- = HSO3-+H2O+ CO2，故答案为：H2SO3+ HCO3- = HSO3-+H2O+ CO2；（5）开始形成AgCl时，需要的Ag+的浓度c(Ag+) = = = 1.5109,同理可得开始形成Ag2CrO4时，需要的Ag+的浓度c(Ag+) = 4.5106,显然先沉淀AgCl，再沉淀Ag2CrO4，向Cl和CrO42浓度均为0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液至过量且不断搅拌，实验现象为：先生成白色沉淀，后来变成砖红色，故答案为：先生成白色沉淀，后来变成砖红色。10.硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)26H2O较硫酸亚铁不易被氧气氧化，是分析化学中重要的试剂，常用于代替硫酸亚铁。硫酸亚铁铵在500时隔绝空气加热完全分解，回答下列问题：(1)硫酸亚铁铵隔绝空气加热完全分解发生了氧化还原反应，固体产物可能有FeO和Fe2O3，气体产物可能有NH3、SO3、H2O、N2和_。(2)为检验分解产物的成分，设计如下实验装置进行实验，加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全。为验证A中残留物是否含有FeO，需要选用的试剂有_。A.KSCN溶液 B.稀硫酸 C.浓盐酸 D.KMnO4溶液装置B中BaCl2溶液的作用是为了检验分解产物中是否有_气体生成，若含有该气体，观察到的现象为_。若A中分解产物有N2，固体残留物只有Fe2O3，Fe2O3的物质的量为bmol，C中沉淀物质的量为amol，则b_a(填“大于”、“小于”或“等于”)实验中，观察到C中有白色沉淀生成，则C中发生反应的离子方程式为_。(3)为测定某固体样品中(NH4)2Fe(SO4)26H2O(M=392g/mol)的含量，某实验小组做了如下实验：MnO4+Fe2+H+=Mn2+Fe3+H2O(方程式未配平)测定步骤：步骤一：准确称量20.00g硫酸亚铁铵晶体，配制成100mL溶液。步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.1000molL1KMnO4溶液滴定至终点，重复两次，平均消耗KMnO4溶液16.00mL。步骤二达到滴定终点的标志为_；产品中(NH4)2Fe(SO4)26H2O的质量分数为_。【答案】 (1). SO2 (2). BD (3). SO3 (4). 溶液变浑浊 (5). 小于 (6). SO2+ H2O2+ Ba2+ = BaSO4+2H+ (7). 滴入最后一滴高锰酸钾时，溶液呈紫红色，且半分钟之内不褪色 (8). 62.72 %【解析】【分析】（1）氮元素和铁元素化合价升高，根据在氧化还原反应中化合价有升必有降，化合价降低的应该是硫，据此分析作答；（2）FeO为金属氧化物，不溶于水、易溶于酸，且易被氧化，根据此特点，可考虑加入酸性KMnO4溶液将其氧化成Fe3+，KMnO4溶液本身有颜色，不需要加入指示剂，浓盐酸易被氧化，综上所述，选用的试剂为稀硫酸与KMnO4溶液，故选BC；BaC12可与SO3反应生成白色沉淀；若A中分解产物有N2，固体残留物只有Fe2O3，Fe2O3的物质的量为bmol，C中沉淀物质的量为amol，根据化合价升降相等分析作答；因双氧水具有氧化性，可将SO2氧化成SO42-，SO42-再与Ba2+结合成沉淀BaSO4，据此分析作答；（3）取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.1000molL-1 KMnO4溶液滴定，到滴入最后一滴高锰酸钾溶液至紫红色且半分钟不变，说明反应至终点；结合化学反应定量关系计算，MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O。【详解】（1）氮元素和铁元素化合价升高，根据在氧化还原反应中化合价有升必有降，化合价降低的应该是硫，所以气体产物中还可能有SO2；故答案为：SO2；（2）FeO为金属氧化物，不溶于水、易溶于酸，且易被氧化，根据此特点，可考虑加入酸性KMnO4溶液将其氧化成Fe3+，KMnO4溶液本身有颜色，不需要加入指示剂，浓盐酸易被氧化，综上所述，选用的试剂为稀硫酸与KMnO4溶液，B、D正确，故答案为：BD；装置B中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，其化学方程式为：BaC12+SO3+H2O = BaSO4+2HC1，则观察到的观象为溶液变浑浊；故答案为：SO3；溶液变浑浊；若A中分解产物有N2，固体残留物只有Fe2O3，Fe2O3的物质的量为b mol，C中沉淀物质的量为a mol，根据化合价升降必相等，硫降低的化合价(2a)等于铁升高的化合价(2b)和氮升高的化合价之和，则b小于a，故答案为：小于；C中有白色沉淀生成,是因为SO2被双氧水氧化成SO42，SO42再与Ba2+结合成沉淀BaSO4，则C中发生的反应为SO2+ H2O2+ Ba2+ = BaSO4+2H+，故答案为：SO2+ H2O2+ Ba2+ = BaSO4+2H+；(3)取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.1000 molL1KMnO4溶液滴定至终点，滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈紫红色且半分钟不褪色，故答案为：滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈微红色且半分钟不褪色； MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O1 50.01600 L0.1000 molL1 nn=50.01600 L0.1000 mol L-1=0.008 mol，100 mL溶液中含亚铁离子物质的量 = 0.008 mol = 0.032 mol，产品中(NH4)2Fe(SO4)26H2O的质量分数 = 100% = 62.72%，故答案为：62.72%。11.物质结构与性质根据物质结构有关性质和特点，回答下列问题：(1)Ti基态原子核外电子排布式为_，基态铝原子核外电子云形状有_(填形状名称)(2)丙烯腈(CH2=CHCN)分子中键和键的个数比为_，分子中碳原子轨道的杂化类型是_。(3)写出与NH4+互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式_、_。(4)钛存在两种同素异构体，Ti为六方最密堆积，Ti为体心立方堆积，鉴别两种钛晶体可以用_法，由Ti转变为Ti晶体体积_(填“膨胀”或“收缩”)。(5)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_形象化描述。(6)Cu与O元素形成的某种化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中氧原子的配位数为_，若阿伏加德罗常数为NA，晶胞的边长为apm，该晶体的密度为_gcm3【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2 (2). 球形、哑铃形 (3). 2：1 (4). sp2、sp (5). CH4或SiH4或GeH4（任选一种） (6). BH4+或AlH4+（任选一种） (7). X射线衍射 (8). 膨胀 (9). 电子云 (10). 4 (11). 【解析】【分析】（1）Ti在元素周期表的位置是第四周期IVB族，根据电子排布规律写出其电子排布式；基态铝的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，其中核外电子云有s、p两种，再根据s、p电子云的轮廓图形状分析作答；（2）1个单键含1个键，1个双键含1个键和1个键，1个三键含2个键和1个键。根据分子结构式推出CH2=CHCN分子内所含键和键的数目，即可得出结论；再结合杂化轨道原理判断其杂化类型；（3）等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或基团，根据定义采用价电子迁移法得出结论；（4）X射线衍射法可以获得晶体中原子的分布情况，可鉴别六方最密堆积和体心立方堆积，根据体心立方是有间隙的分析作答；（5）电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布的形象化描述；（6）根据晶胞结构，Cu原子与4个O原子相连，可计算出其配位数；利用均摊法计算晶胞中Cu、O原子数目，进而确定晶胞的质量，结合 = ，注意单位换算，1 pm = 10-10 cm计算其密度。【详解】（1）Ti在元素周期表的位置是第四周期IVB族，故其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2；铝原子核外电子云有s、p两种，s为球形；p是哑铃形，故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2；球形、哑铃形；（2）CH2=CHCN分子结构中含一个碳碳双键和一个碳氮三键，故键的数目为6个，键的数目为3个，则键和键的个数比为2：1；根据杂化轨道理论可知，其中形成叁键的碳氮不含孤对电子，杂化轨道数为2，故为sp杂化；形成碳碳双键的碳原子不含孤对电子，杂化轨道数为3，故为sp2杂化，故答案为：2：1；sp2、sp；（3）NH4+价电子数为10，原子数为5，则与NH4+互为等电子体的可以是一种分子，如CH4、SiH4、GeH4中任意一种；也可以是一种离子，如BH4+、AlH4+中的任意一种离子，故答案为：CH4或SiH4或GeH4（任选一种）；BH4+或AlH4+（任选一种）；（4）六方最密堆积和体心立方堆积模型原子的排列方式不同，可用X射线衍射法鉴别，其中体心立方堆积分子内有间隔，空间利用率较低，所以由Ti转变为Ti晶体体积会膨胀，故答案为：X射线衍射法；膨胀；（5）该晶胞中心有一个氧原子，其他8个铜原子都在晶胞顶点上，氧原子都在晶胞内，所以平均每个晶胞含有的铜原子为41=4，含有的氧原子为11+8=2，因此其摩尔质量为(644+162) g/mol= 288 g/mol，因此一个晶胞的质量为 = g，则其密度为 = gcm3，故答案为：。12.有机化学基础龙癸醛是一种珍贵香料，广泛应用于香料、医药、染料及农药等行业。其合成路线如图所示(部分反应产物和反应条件已略去)回答下列问题(1)下列有关R和烯烃C3H6的说法不正确的是_。(填代号)A.它们的碳原子均在同一平面 B.它们都能使酸性KMnO4溶液褪色C.它们都能发生加成反应 D.它们都含有碳碳双键(2)反应的类型是_，反应的类型是_。(3)T所含官能团的名称是_；反应的化学方程式为_。(4)X的实验式为_。(5)遇氯化铁溶液发生显色反应的T的同分异构体有_种，其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰面积比为1：2：3：6的结构简式为_。(6)参照上述流程图，以2一甲基1，3丁二烯为原料，经三步制备2一甲基1，4一丁二醛的合成路线：反应条件1所选用的试剂为_，反应条件2所选用的试剂及条件为_。【答案】 (1). BD (2). 取代反应 (3). 消去反应 (4). 羟基 (5). (6). C3H4 (7). 22 (8). (9). HBr、H2O2 (10). NaOH水溶液、加热【解析】【分析】（1）依题意知，R为苯，苯的分子结构中含介于碳碳单键与碳碳双键之间的特殊的键，6个C原子共平面，化学性质稳定，在一定条件下可发生加成反应，不能使酸性高锰酸钾褪色，而烯烃C3H6分子内含碳碳双键，3个C原子共平面，可发生加成反应，据此分析作答；（2）根据条件及反应