广西钦州市钦州港经济技术开发区中学高三化学下学期3月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年广西钦州市钦州港经济技术开发区中学高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题1实验室用溴和苯反应制取溴苯，得到粗产品后要用如下方法加以提纯：蒸馏 水洗干燥剂干燥 用10%的氢氧化钠溶液洗，正确的操作顺序是（）abcd2t时，caco3和caf2的ksp分别为1.01010和4.01012下列说法正确的是（）at时，两饱和溶液中c（ca2+ ）：caco3caf2bt时，两饱和溶液等体积混合，会析出caf2固体ct时，caf2固体在稀盐酸中的ksp比在纯水中的ksp大dt时，向caco3悬浊液中加naf固体，可能析出caf2固体3下列说法正确的是（）a蛋白质和糖类的水解都是高分子生成小分子的过程b甲苯分子中所有原子均处在同一个平面上c溴水与乙烯发生加聚反应而褪色d天然气和液化石油气的主要成分都是烃4如图是一种应用广泛的锂电池，lipf6是电解质，so（ch3）2是溶剂，反应原理是4li+fes2fe+2li2s下列说法正确的是（）a该装置将电能转化为化学能bli+向a极移动c可以用水代替so（ch3）2做溶剂db极反应式是fes2+4li+4efe+2li2s5a、b、c、d是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，而辛是由c元素形成的单质已知：甲+乙=丁+辛，甲+丙=戊+辛；常温下0.1mol/l丁溶液的ph为13，则下列说法正确的是（）a元素c形成的单质可以在点燃条件分别与元素a、b、d形成的单质化合，所得化合物均存在共价键b元素b、c、d的原子半径由大到小的顺序为：r（d）r（c）r（b）c1.0 l 0.1 mol/l戊溶液中含阴离子总的物质的量小于0.1 mold1 mol甲与足量的乙完全反应共转移约1.2041024个电子6下列实验的现象与对应结论均正确的是（）选项操作现象结论a将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性b将一块na投入cuso4溶液有沉淀产生na的金属活动性比铜强c盐酸滴入na2co3溶液产生气泡氯的非金属性比碳强d将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水蒸气在高温下发生了置换反应aabbccdd7下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（）a苯、油脂均不能使酸性kmno4溶液褪色b聚酯纤维、有机玻璃、光导纤维都属于有机高分子材料c乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生取代反应d淀粉和蛋白质均可作为生产葡萄糖的原料二、填空题8（1）过渡金属元素铁能形成多种配合物，如：fe（h2nconh2）6（no3）3三硝酸六尿素合铁（）和fe（co）x等基态fe3+的m层电子排布式为配合物fe（co）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x= fe（co）x常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断fe（co）x晶体属于 （填晶体类型）；（2）o和na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为已知该晶胞的密度为 g/cm 3，阿伏加德罗常数为na，求晶胞边长a=cm （用含、na的计算式表示）（3）下列有关的说法正确的是a第一电离能大小：spsib电负性顺序：cnofc因为晶格能cao比kcl高，所以kcl比cao熔点低dso2与co2的化学性质类似，分子结构也都呈直线型，相同条件下so2的溶解度更大e分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔沸点越高（4）原子序数小于36的x、y、z、w四种元素，其中x是形成化合物种类最多的元素，y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，w的原子序数为29回答下列问题：y2x2分子中y原子轨道的杂化类型为，1mol y2x2含有键的数目为化合物zx3的沸点比化合物yx4的高，其主要原因是元素y的一种氧化物与元素z的一种氧化物互为等电子体，元素z的这种氧化物的分子式是9电镀厂镀铜废水中含有cn和cr2o72离子，需要处理达标后才能排放该厂拟定下列流程进行废水处理，回答下列问题：（1）上述处理废水流程中主要使用的方法是；（2）中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为；（3）步骤中，每处理0.4mol cr2o72时转移电子2.4mol，该反应的离子方程式为；（4）取少量待测水样于试管中，加入naoh溶液，观察到有蓝色沉淀生成，再加na 2s溶液，蓝色沉淀转化成黑色沉淀，请使用化学用语和文字解释产生该现象的原因；（5）目前处理酸性cr2o72废水多采用铁氧磁体法该法是向废水中加入feso47h2o将cr2o72还原成cr3+，调节ph，fe、cr转化成相当于：（铁氧磁体，罗马数字表示元素价态）的沉淀处理1mol cr2o72，需加入a mol feso47h2o，下列结论正确的是ax=0.5，a=8 bx=0.5，a=10cx=1.5，a=8 dx=1.5，a=1010甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过co和h2化合来制备甲醇已知某些化学键的键能数据如下表：化学键ccchhhcocoho键能/kjmol13484134363581072463请回答下列问题：（1）已知co中的c与o之间为叁键连接，则工业制备甲醇的热化学方程式为；（2）某化学研究性学习小组模拟工业合成甲醇的反应，在容积固定为2l的密闭容器内充入1molco和 2molh2，加入合适催化剂（体积可以忽略不计）后在250c开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如下：反应时间/min0510152025压强/mpa12.610.89.58.78.48.4则从反应开始到20min时，以co表示的平均反应速率=，该温度下平衡常数k=，若升高温度则k值（填“增大”、“减小”或“不变”）；（3）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是；a2v（h2）正=v（ch3oh）逆 b容器内气体的平均摩尔质量保持不变c容器中气体的压强保持不变 d单位时间内生成 n molco 的同时生成 2n molh211回答下列问题：（1）体积均为100ml ph=2的ch3cooh与一元酸hx，加水稀释过程中ph与溶液体积的关系如图所示，则ka（hx） ka（ch3cooh）（填、或=）（2）25时，ch3cooh与ch3coona的混合溶液，若测得ph=6，则溶液中c（ch3coo）c（na+）=moll1（填精确值）三、解答题12写出下列反应的离子方程式（1）铝与氢氧化钾浓溶液反应（2）向偏铝酸钠溶液中通过量二氧化碳（3）向nahso4溶液中加入ba（oh）2使溶液呈中性（4）过氧化钠与稀食盐水反应14so2、no、no2、co都是污染大气的有害气体，对其进行回收利用是节能减排的重要课题（1）上述四种气体中直接排入空气时会引起酸雨的有（填化学式）（2）已知：2so 2（g）+o 2（g）=2so 3（g）；h=196.6kj/molo 2（g）+2no（g）=2no 2（g）；h=113.0kj/mol反应：no 2（g）+so 2（g）=so 3（g）+no（g）的h=kj/mol一定条件下，将no 2和so 2以体积比1：1置于恒温恒容的密闭容器中发生反应：no 2（g）+so 2（g）so 3（g）+no（g），下列不能说明反应达到平衡状态的是（填字母）a体系压强保持不变b混合气体的颜色保持不变cno的物质的量保持不变d每生成1molso 3的同时消耗1molno 2（3）co可用于合成甲醇，其反应的化学方程式为co（g）+2h 2（g）ch 3oh（g）在一容积可变的密闭容器中充有10molco和20mol h 2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇co的平衡转化率（）与温度（t）、压强（p）的关系如图1所示上述合成甲醇的反应为（填“放热”或“吸热”）反应a、b、c三点的平衡常数k a、k b、k c的大小关系为若达到平衡状态a时，容器的体积为10l，则在平衡状态b时容器的体积为l（4）某研究小组设计了如图2所示的甲醇燃料电池装置该电池工作时，oh向（填“a”或“b”）极移动电池工作一段时间后，测得溶液的ph减小，则该电池总反应的离子方程式为15元素铝是在生产、生活中应用广泛的金属元素（1）从矿石提取氧化铝：矿石与naoh溶液高温反应，然后降温析出晶体，再经净化和高温煅烧得到氧化铝降温析出晶体时的反应方程式为：（2）氧化铝是工业电解冶炼铝的重要原料，生产中加入冰晶石（na 3alf 6），其作用是工业冶炼铝的装置示意图如图：阴极的反应式，在电解池工作过程中，需要不断补充阳极材料，原因是（3）有资料介绍：溶液中铝元素以氢氧化物用al（oh）3表示形式存在的ph范围是3.810现有a、b两种均含铝元素形成的某种离子溶液，其ph分别为1、13，两溶液等体积混合时反应的离子方程式为（4）一种新型高效净水剂pafc聚合氯化铁铝a1fe（oh）ncl6nm，广泛用于日常生活用水和工业污水的处理有关pafc的说法正确的是（填选项）apafc中铁元素显+2价bpafc用于净水时，比用相同量的氯化铝和氯化铁对水的ph改变小cpafc可看作一定比例的氯化铁与氯化铝水解的中间产物dpafc在强酸性和强碱性溶液中都能稳定存在四、实验题16硫酸亚铁铵又称莫尔盐，是浅绿色晶体它在空气中比一般亚铁盐稳定，是常用的fe2+试剂某实验小组利用工业废铁屑制取莫尔盐，并测定其纯度已知：102030405070（nh4）2so473.375.478.081.084.591.9feso47h2o40.048.060.073.3（nh4）2so4feso46h2o18.121.224.527.931.338.5莫尔盐在乙醇溶剂中难溶莫尔盐的制取试分析：（1）步骤2中加热方式 （填“直接加热”“水浴加热”或“沙浴”）；必须在铁屑少量剩余时，进行热过滤，其原因是（2）步骤3中包含的实验操作名称（3）产品莫尔盐最后用洗涤（填字母编号）a蒸馏水 b乙醇 c滤液为测定硫酸亚铁铵（nh4）2so4feso46h2o晶体纯度，某学生取m g硫酸亚铁铵样品配制成500ml溶液，根据物质组成，甲、乙、丙三位同学设计了如下三个实验方案，请回答：（甲）方案一：取20.00ml硫酸亚铁铵溶液用0.1000moll 1的酸性kmno4溶液分三次进行滴定（乙）方案二：取20.00ml硫酸亚铁铵溶液进行如下实验（1）若实验操作都正确，但方案一的测定结果总是小于方案二，其可能原因为，验证推测的方法为：（丙）方案三：（通过nh 4+测定）实验设计图如下所示取20.00ml硫酸亚铁铵溶液进行该实验（2）装置（填“甲”或“乙”）较为合理，判断理由是量气管中最佳试剂是 （填字母编号如选“乙”则填此空，如选“甲”此空可不填）a水 b饱和nahco3溶液 cccl4若测得nh3的体积为v l（已折算为标准状况下），则该硫酸亚铁铵晶体的纯度为17浓氨水可与新制生石灰作用生成氨气，干燥的氨气在高温下能被cuo氧化成n2实验室欲用图仪器装置和药品来制取纯净的氮气 序号 仪器装置试回答下列问题：（1）这些装置按气流方向自左向右的连接顺序是（填a、b、c）（2）e中发生反应的化学方程式是（3）装置中应当选用的干燥剂是（写名称）（4）装置中发生氧化还原反应的化学方程式是其中氧化剂是，氧化产物是（写化学式）（5）装置中浓硫酸的作用是2015-2016学年广西钦州市钦州港经济技术开发区中学高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题1实验室用溴和苯反应制取溴苯，得到粗产品后要用如下方法加以提纯：蒸馏 水洗干燥剂干燥 用10%的氢氧化钠溶液洗，正确的操作顺序是（）abcd【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】为制得纯净的溴苯，应将粗溴苯中的溴化铁、溴分别加入水和氢氧化钠溶液洗涤，经干燥后蒸馏分离溴苯和苯【解答】解：粗溴苯中含有苯、溴苯、溴化铁和溴，提纯时，为减少naoh的用量，可先用水洗，可除去溴化铁和少量溴，然后加入10%的naoh溶液洗涤，可除去溴，在用水洗除去碱液，经干燥后进行蒸馏可得溴苯，即正确的操作顺序为，故选b2t时，caco3和caf2的ksp分别为1.01010和4.01012下列说法正确的是（）at时，两饱和溶液中c（ca2+ ）：caco3caf2bt时，两饱和溶液等体积混合，会析出caf2固体ct时，caf2固体在稀盐酸中的ksp比在纯水中的ksp大dt时，向caco3悬浊液中加naf固体，可能析出caf2固体【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】a、依据ksp结合沉淀溶解平衡计算钙离子浓度减小；b、依据钙离子浓度和碳酸根离子浓度计算浓度商和碳酸钙ksp减小；c、ksp随温度变化，不随浓度变化；d、沉淀的条件是溶液中离子的浓度商大于ksp，会发生沉淀【解答】解：a、t时，饱和caco3溶液中c（ca2+）=c（co32）=mol/l，饱和caf2溶液c（ca2+）c（f）2=4.01012，c（ca2+）=mol/l；所以饱和caco3溶液和饱和caf2溶液相比，后者的c（ca2+）大于前者，故a错误；b、等体积混合后的c（ca2+）会较饱和caco3溶液中的c（ca2+）大许多倍，c（ca2+）=mol/l+（mol/l）；c（co32）只减少到原来的一半为mol/l，此时溶液中的c（ca2+）c（co32）=（mol/l+mol/l）mol/lksp（caco3）=1.01010，所以会析出caco3固体，故b错误；c、t时，caco3固体盐酸中的ksp与在纯水中的ksp相同，因沉淀的ksp随温度变化，不随浓度改变，故c错误；d、t时，在caco3悬浊液中加入naf固体，当c（ca2+）c（f）2ksp（caf2）时，caco3能转化为caf2，故d正确；故选：d3下列说法正确的是（）a蛋白质和糖类的水解都是高分子生成小分子的过程b甲苯分子中所有原子均处在同一个平面上c溴水与乙烯发生加聚反应而褪色d天然气和液化石油气的主要成分都是烃【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见有机化合物的结构；乙烯的化学性质；化石燃料与基本化工原料【分析】a、糖类中二糖不是高分子；b、在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，苯是平面型结构，其它有机物可在此基础上进行判断；c、溴水与双键发生加成反应；d、天然气的主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分是乙烯、乙烷、丙烷、丙烯、丁烷、丁烯等【解答】解：a、蛋白质的水解是高分子生成小分子的过程，糖类的水解不一定是高分子生成小分子的过程，故a错误；b、甲苯含有一个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，故b错误；c、溴水与乙烯发生加成反应而褪色，故c错误；d、天然气的主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分是乙烯、乙烷、丙烷、丙烯、丁烷、丁烯等，都属于碳氢化合物，故d正确；故选d4如图是一种应用广泛的锂电池，lipf6是电解质，so（ch3）2是溶剂，反应原理是4li+fes2fe+2li2s下列说法正确的是（）a该装置将电能转化为化学能bli+向a极移动c可以用水代替so（ch3）2做溶剂db极反应式是fes2+4li+4efe+2li2s【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】a、装置图分析可知是原电池反应原理；b、原电池中阳离子向正极移动；c、水的导电性差而且和锂发生反应；d、b电极为正极，得到电子发生还原反应【解答】解：a、装置图分析可知是原电池反应原理，是化学能转化为电能的装置，故a错误；b、原电池中阳离子向正极移动，原电池中a失电子为负极，b为正极，则li+向b极移动，故b错误；c、水的导电性差而且和锂发生反应，所以不可以用水代替so（ch3）2做溶剂，故c错误；d、b电极为正极，得到电子发生还原反应，电极反应为fes2+4li+4e=fe+2li2s，故d正确；故选d5a、b、c、d是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，而辛是由c元素形成的单质已知：甲+乙=丁+辛，甲+丙=戊+辛；常温下0.1mol/l丁溶液的ph为13，则下列说法正确的是（）a元素c形成的单质可以在点燃条件分别与元素a、b、d形成的单质化合，所得化合物均存在共价键b元素b、c、d的原子半径由大到小的顺序为：r（d）r（c）r（b）c1.0 l 0.1 mol/l戊溶液中含阴离子总的物质的量小于0.1 mold1 mol甲与足量的乙完全反应共转移约1.2041024个电子【考点】位置结构性质的相互关系应用；微粒半径大小的比较【分析】0.1 mol/l 丁溶液的ph为13（25），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为naoh，发生反应：甲+乙=丁+辛，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有h、o、na元素，辛是由c组成的单质，由发生反应可知，辛不能是na，结合原子数可知，a为h、c为o、d为na元素，故辛为氧气，可知甲是na2o2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则b为碳元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求可解答该题【解答】解：0.1 mol/l 丁溶液的ph为13（25），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为naoh，发生反应：甲+乙=丁+辛，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有h、o、na元素，辛是由c组成的单质，由发生反应可知，辛不能是na，结合原子数可知，a为h、c为o、d为na元素，故辛为氧气，可知甲是na2o2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则b为碳元素，a氧气与氢气、碳反应生成化合物只含有共价键，氧气与na在加热条件下反应生成过氧化钠，含有离子键、共价键，故a正确；b同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为：naco，即：dbc，故b错误；c戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，co32离子水解生成hco3离子和oh离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，故c错误；d甲与足量的乙完全反应的方程式为：2na2o2+2h2o4naoh+o2，反应中过氧化钠其氧化剂、还原剂作用，各占一半，故1molna2o2反应转移的电子为1mol2=1mol，约6.021o23个电子，故d错误，故选a6下列实验的现象与对应结论均正确的是（）选项操作现象结论a将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性b将一块na投入cuso4溶液有沉淀产生na的金属活动性比铜强c盐酸滴入na2co3溶液产生气泡氯的非金属性比碳强d将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水蒸气在高温下发生了置换反应aabbccdd【考点】化学实验方案的评价；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；碱金属及其化合物的性质实验；铁及其化合物的性质实验；浓硫酸的性质实验【分析】a浓硫酸具有脱水性和强氧化性，可使蔗糖固体变黑膨胀；b钠和水反应，生成沉淀为氢氧化铜；c比较非金属性，应根据最高价氧化物的水化物的酸性；d将水蒸气通过灼热的铁粉，生成黑色的四氧化三铁【解答】解：a浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖变黑，且具有强氧化性，可与碳发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫等气体，使蔗糖固体膨胀，故a正确；b钠和水反应，生成沉淀为氢氧化铜，没有生成铜，故b错误；c比较非金属性，应根据最高价氧化物的水化物的酸性，不能够用盐酸，可用高氯酸，故c错误；d将水蒸气通过灼热的铁粉，生成黑色的四氧化三铁，固体不为红色，故d错误故选a7下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（）a苯、油脂均不能使酸性kmno4溶液褪色b聚酯纤维、有机玻璃、光导纤维都属于有机高分子材料c乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生取代反应d淀粉和蛋白质均可作为生产葡萄糖的原料【考点】苯的性质；乙醇的化学性质；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途【分析】a不饱和油脂中含有不饱和烃基，可与高锰酸钾发生反应；b光导纤维的主要成分是二氧化硅；c乙醇含有oh，乙酸含有cooh，根据官能团的性质分析；d蛋白质的水解产物是氨基酸【解答】解：a苯不能使酸性高锰酸钾褪色，不饱和油脂中含有c=c官能团，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，故a错误；b光导纤维的主要成分是二氧化硅，所以光导纤维不属于有机高分子材料，聚酯纤维、有机玻璃属于有机高分子材料，故b错误；c乙醇可以被氧化为乙酸，乙醇含有oh，乙酸含有cooh，二者都能发生取代反应，故c正确；d蛋白质的水解产物是氨基酸，不能生产葡萄糖，淀粉水解生成葡萄糖，则淀粉可作为生产葡萄糖的原料，故d错误；故选：c二、填空题8（1）过渡金属元素铁能形成多种配合物，如：fe（h2nconh2）6（no3）3三硝酸六尿素合铁（）和fe（co）x等基态fe3+的m层电子排布式为3s23p63d5配合物fe（co）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=5 fe（co）x常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断fe（co）x晶体属于分子晶体 （填晶体类型）；（2）o和na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为立方体已知该晶胞的密度为 g/cm 3，阿伏加德罗常数为na，求晶胞边长a=cm （用含、na的计算式表示）（3）下列有关的说法正确的是bca第一电离能大小：spsib电负性顺序：cnofc因为晶格能cao比kcl高，所以kcl比cao熔点低dso2与co2的化学性质类似，分子结构也都呈直线型，相同条件下so2的溶解度更大e分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔沸点越高（4）原子序数小于36的x、y、z、w四种元素，其中x是形成化合物种类最多的元素，y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，w的原子序数为29回答下列问题：y2x2分子中y原子轨道的杂化类型为sp，1mol y2x2含有键的数目为3na化合物zx3的沸点比化合物yx4的高，其主要原因是氨气之间形成氢键元素y的一种氧化物与元素z的一种氧化物互为等电子体，元素z的这种氧化物的分子式是n2o【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成fe3+；fe原子最外层电子数为8，co为配体，co分子提供1对电子，进而计算x的值；fe（co）x常温下呈液态，熔沸点低，易溶于非极性溶剂，可判断fe（co）x晶体属于分子晶体；（2）o和na形成的一种只含有离子键的离子化合物为na2o，该晶胞结构中黑球有8+6=4，白球在内部，共有8个，所以黑球为o2，白色球为na+计算晶胞质量，再根据m=v=a3计算；（3）a同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，p元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的；b同周期自左而右电负性增大；c离子电荷越大、半径越小，晶格能越大，晶体的熔点越高；d二氧化硫为v形结构；e分子晶体中，分子间作用力越强，该分子晶体的熔沸点越高；（4）原子序数小于36的x、y、z、w四种元素，y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故y为碳元素；形成化合物种类最多的元素为c、h元素，则x为碳元素；z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对电子，则z原子核外电子排布为1s22s22p6，则z为n元素；w的原子序数为29，则w为cu元素【解答】解：（1）fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成fe3+，fe3+离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其m层电子排布式为3s23p63d5，故答案为：3s23p63d5；fe原子最外层电子数为8，co为配体，co分子提供1对电子，则8+2x=18，故x=5；fe（co）x常温下呈液态，熔沸点低，易溶于非极性溶剂，可判断fe（co）x晶体属于分子晶体，故答案为：5；分子晶体；（2）o和na形成的一种只含有离子键的离子化合物为na2o，该晶胞结构中黑球有8+6=4，白球在内部，共有8个，所以黑球为o2，白色球为na+，以晶胞中上面心o2离子为研究对象，距一个o2周围最近的na+离子有8个，位于晶胞中上层4个na+及上面晶胞中的下层4个na+，8个na+离子形成立方体结构，晶胞质量为4g，则4g= g/cm 3（a cm）3，解得a=，故答案为：立方体；（3）a同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，p元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能pssi，故a错误；b同周期随原子序数增大，元素的电负性增大，故电负性cnof，故b正确；c离子电荷越大、离子半径越小，晶格能越大，熔沸点越高，晶格能cao比kcl高，所以kcl比cao熔点低，故c正确；d二氧化硫与二氧化碳均为酸性氧化物，化学性质相似，二氧化碳分子为直线型结构，但二氧化硫为v形结构，属于极性分子，相似相溶，溶解性大于二氧化碳的，故d错误；e分子晶体中，分子间作用力越强，该分子晶体的熔沸点越高，故e错误，故选：bc；（4）原子序数小于36的x、y、z、w四种元素，y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故y为碳元素；形成化合物种类最多的元素为c、h元素，则x为碳元素；z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对电子，则z原子核外电子排布为1s22s22p6，则z为n元素；w的原子序数为29，则w为cu元素c2h2分子中每个c原子含有2个键，所以c轨道的杂化类型为sp杂化，一个乙炔分子中含有3个键，则1mol c2h2含有键的数目为3na，故答案为：sp；3na；氨气分子之间形成氢键，甲烷中不存在氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，所以化合物nh3的沸点比化合物ch4的高，故答案为：氨气之间形成氢键；元素c的一种氧化物与元素n的一种氧化物互为等电子体，co2和n2o互为等电子体，所以元素z的这种氧化物的分子式是n2o，故答案为：n2o9电镀厂镀铜废水中含有cn和cr2o72离子，需要处理达标后才能排放该厂拟定下列流程进行废水处理，回答下列问题：（1）上述处理废水流程中主要使用的方法是氧化还原法；（2）中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为cn+clocno+cl；（3）步骤中，每处理0.4mol cr2o72时转移电子2.4mol，该反应的离子方程式为；（4）取少量待测水样于试管中，加入naoh溶液，观察到有蓝色沉淀生成，再加na 2s溶液，蓝色沉淀转化成黑色沉淀，请使用化学用语和文字解释产生该现象的原因3s2o32+4cr2o72+26h+6so42+8cr3+13h2o；（5）目前处理酸性cr2o72废水多采用铁氧磁体法该法是向废水中加入feso47h2o将cr2o72还原成cr3+，调节ph，fe、cr转化成相当于：（铁氧磁体，罗马数字表示元素价态）的沉淀处理1mol cr2o72，需加入a mol feso47h2o，下列结论正确的是dax=0.5，a=8 bx=0.5，a=10cx=1.5，a=8 dx=1.5，a=10【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】流程分析含cn废水调整溶液ph加入naclo溶液，氧化cn离子反应生成cno的废水，含cr2o72的废水调整溶液ph加入na2s2o3发生氧化还原反应得到含硫酸根离子的废水，和含cno的废水继续处理得当待测水样；（1）从流程分析物质的转化关系和试剂选择分析所用方法；（2）碱性条件下，cn离子与naclo发生氧化还原反应生成cno、cl离子，据此写出离子方程式；（3）利用每0.4molcr2o72转移2.4mol的电子来计算被还原后cr元素的化合价，再书写离子方程式；（4）根据铜离子与氢氧根离子反应生成沉淀及沉淀的转化来分析；（5）根据氧化还原反应中得失电子数相等，再结合原子守恒进行计算【解答】解：（1）从流程看，cn转化为cno，化合价升高被氧化剂氧化，cr2o72转化为cr3+化合价降低，故还原剂还原，故采用方法为氧化还原法；故答案为：氧化还原法；（2）步骤中，无气体放出，cn被clo氧化为cno，则因为是在碱性环境中，故clo只能被还原为cl，反应式为：cn+clocno+cl；故答案为：cn+clocno+cl；（3）每0.4molcr2o72转移2.4mol的电子，设还原后cr元素的化合价为x，则0.4mol2（6x）=2.4mol，解得x=+3，则离子反应为3s2o32+4cr2o72+26h+6so42+8cr3+13h2o；故答案为：3s2o32+4cr2o72+26h+6so42+8cr3+13h2o；（4）因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，cus比cu（oh）2更难溶，则加入na2s溶液能发生沉淀的转化，故答案为：待检水样中还有cu2+，加碱发生cu2+2ohcu（oh）2，再加入na2s溶液，cus比cu（oh）2更难溶，则发生cu（oh）2（s）+s2（aq）cus（s）+2oh（aq），使沉淀向更难溶方向转化；（5）处理1mol cr2o72，需加入a mol feso47h2o，根据铬原子守恒得，1mol cr2o72完全反应后生成 molfefexcr2xo4，根据铁原子守恒得amol=mol，该反应中得失电子数相等，1mol23=mol（32）x，解得x=1.5，将x=1.5代入得a=10，故答案为：d10甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过co和h2化合来制备甲醇已知某些化学键的键能数据如下表：化学键ccchhhcocoho键能/kjmol13484134363581072463请回答下列问题：（1）已知co中的c与o之间为叁键连接，则工业制备甲醇的热化学方程式为co（g）+2h2（g）ch3oh （g）h=116 kjmol1；（2）某化学研究性学习小组模拟工业合成甲醇的反应，在容积固定为2l的密闭容器内充入1molco和 2molh2，加入合适催化剂（体积可以忽略不计）后在250c开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如下：反应时间/min0510152025压强/mpa12.610.89.58.78.48.4则从反应开始到20min时，以co表示的平均反应速率=0.0125mol/（lmin），该温度下平衡常数k=4（mol/l）2，若升高温度则k值减小（填“增大”、“减小”或“不变”）；（3）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是bc；a2v（h2）正=v（ch3oh）逆 b容器内气体的平均摩尔质量保持不变c容器中气体的压强保持不变 d单位时间内生成 n molco 的同时生成 2n molh2【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算【分析】（1）依据化学反应焓变=反应物键能总和生成物键能总和计算，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式；（2）通过（1）写出的热化学方程式可知反应是气体体积减小的放热反应，当减小到20min时反应达到平衡状态，依据反应速率概念v=计算速率，平衡常数是利用平衡状态下生成物浓度幂次方乘积除以反应物浓度的幂次方乘积得到；对于放热反应，温度升高，化学平衡常数会减小；（3）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断【解答】解：（1）co（g）+2h2（g）ch3oh （g），反应的焓变可以根据反应物的总键能和生成物的总键能计算得到，焓变=反应物总键能之和生成物总键能之和，依据图表提供的化学键的键能计算得到，）h11072kj/mol+2436kj/mol（3413kj/mol+358kj/mol+463kj/mol）=116 kjmol1，热化学方程式co（g）+2h2（g）ch3oh （g）h=116 kjmol1，故答案为：co（g）+2h2（g）ch3oh （g）h=116 kjmol1；（2）从反应开始到20min时，设co的浓度变化量是x， co（g）+2h2（g）ch3oh（g）初始浓度：0.5 1 0变化浓度：x 2x x平衡浓度：0.5x 12x x根据反应前后压强之比等于物质的量之比，则=，解得x=0.25mol/l，从反应开始到20min时，以co表示的平均反应速率v=0.0125mol/（lmin），平衡常数k=4（mol/l）2，对于该放热反应，温度升高，化学平衡常数会减小；故答案为：0.0125mol/（lmin）；4（mol/l）2；减小；（3）反应是气体体积减小的放热反应，则a、v（h2）正=2v（ch3oh）逆才能说明正逆反应速率相等，化学反应达到平衡，故a错误；b、容器内气体的平均摩尔质量等于总质量除以总物质的量，质量是守恒的保持不变，但是n变化，当气体的平均摩尔质量不变了，证明达到平衡，故b正确；c、反应是前后气体体积变化的反应，容器中气体的压强保持不变，证明达到了平衡，故c正确；d、单位时间内生成nmolco的同时生成2nmolh2，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，故d错误故选bc11回答下列问题：（1）体积均为100ml ph=2的ch3cooh与一元酸hx，加水稀释过程中ph与溶液体积的关系如图所示，则ka（hx） ka（ch3cooh）（填、或=）（2）25时，ch3cooh与ch3coona的混合溶液，若测得ph=6，则溶液中c（ch3coo）c（na+）=9.9107moll1（填精确值）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）ph相等的酸中，加水稀释促进弱酸电离，稀释相同的倍数，ph变化大的为强酸，小的为弱酸；（2）根据混合液中的电荷守恒计算【解答】解：（1）ph相等的酸中，加水稀释促进弱酸电离，稀释相同的倍数，ph变化大的为强酸，小的为弱酸，所以hx的酸性大于醋酸，则hx的电离平衡常数大于醋酸，故答案为：；（2）ph=6，则c（h+）=106moll1、c（oh）=108moll1，溶液呈存在电荷守恒：c（ch3coo）+c（oh）=c（h+）+c（na+），则：c（ch3coo）c（na+）=c（h+）c（oh）=106moll1108moll1=9.9107moll1，故答案为：9.9107三、解答题12写出下列反应的离子方程式（1）铝与氢氧化钾浓溶液反应2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2（2）向偏铝酸钠溶液中通过量二氧化碳alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3（3）向nahso4溶液中加入ba（oh）2使溶液呈中性2h+so42+ba2+2oh=baso4+2h2o（4）过氧化钠与稀食盐水反应2na2o2+2h2o=4na+4oh+o2【考点】离子方程式的书写【分析】（1）铝能与强酸反应也能与强碱反应，与氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾和氢气；（2）因偏铝酸的酸性比碳酸弱，则向偏铝酸钠溶液中通过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；（3）nahso4在溶液中全部电离，溶液为中性时，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水；（4）过氧化钠能与水反应，反应生成naoh和氧气，结合离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒解答【解答】解：（1）铝能与强酸反应也能与强碱反应，al与氢氧化钾溶液反应的方程式为2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2，故答案为：2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2；（2）因偏铝酸的酸性比碳酸弱，则向偏铝酸钠溶液中通过量二氧化碳的方程式为alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3，故答案为：alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3；（3）nahso4在溶液中全部电离，向nahso4溶液中加入ba（oh）2使溶液呈中性的离子方程式为2h+so42+ba2+2oh=baso4+2h2o，故答案为：2h+so42+ba2+2oh=baso4+2h2o；（4）过氧化钠能与水反应，离子方程式为2na2o2+2h2o=4na+4oh+o2，故答案为：2na2o2+2h2o=4na+4oh+o214so2、no、no2、co都是污染大气的有害气体，对其进行回收利用是节能减排的重要课题（1）上述四种气体中直接排入空气时会引起酸雨的有：no、no2、so2（填化学式）（2）已知：2so 2（g）+o 2（g）=2so 3（g）；h=196.6kj/molo 2（g）+2no（g）=2no 2（g）；h=113.0kj/mol反应：no 2（g）+so 2（g）=so 3（g）+no（g）的h=kj/mol一定条件下，将no 2和so 2以体积比1：1置于恒温恒容的密闭容器中发生反应：no 2（g）+so 2（g）so 3（g）+no（g），下列不能说明反应达到平衡状态的是ad（填字母）a体系压强保持不变b混合气体的颜色保持不变cno的物质的量保持不变d每生成1molso 3的同时消耗1molno 2（3）co可用于合成甲醇，其反应的化学方程式为co（g）+2h 2（g）ch 3oh（g）在一容积可变的密闭容器中充有10molco和20mol h 2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇co的平衡转化率（）与温度（t）、压