【KS5U解析】安徽省太和第一中学2019-2020学年高二下学期教学衔接调研考试（飞越班）化学试题 Word版含解析(1)

1、太和一中2019-2020学年度高二（下）教学衔接调研检测化学试卷(飞越班)可能用到相对原子质量：h-1 c-12 n-14 o-16 na-23 s-32cl-35.5 k-39 ca-40 fe-56 cu-64 ba-137第i卷(选择题共42分)一、选择题(本大题共14小题，每小题只有1个选项，每题3分)1.化学与生产、生活密切相关，下列对有关事实的说法正确的是a. 绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，转化为新的原子b. 二氧化硅可作为制造宇宙飞船太阳能电池帆板的主要材料c. 燃煤中添加适量cao可减少so2排放量，燃烧中硫元素转化为caso4d. 生活中常见的金属镁、铝、铁、

2、铜等均能通过热还原法冾炼【答案】c【解析】【详解】a.绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故a错误；b.高纯硅应用在太阳能电池，二氧化硅在光导纤维的信息高速传输中有重要应用，故b错误；c.向煤中掺入生石灰，在氧气参与反应和高温的条件下，用来吸收so2生成硫酸钙，可以减少so2的排放,故c正确；d.镁用电解熔融的氯化镁的方法冶炼，铝性质活泼，用电解熔融的氧化铝的方法冶炼，铁性质较活泼，用热还原法冶炼，铜性质较活泼，用热还原法冶炼，故d错误； 综上所述，本题选c。【点睛】根据金属活动顺序表可知，从钾到铝为活泼金属，可以采用电解熔融的化合物法进行冶炼；从锌到铜为较活

3、泼金属，可以采用热还原法进行冶炼，对于不活泼金属银和汞，可以采用加热其氧化物的方法得到金属。2.化学与社会、生活密切相关，下列说法正确的是a. 氢氧化铝、碳酸钠常用作胃酸中和剂b. 蚕丝和人造丝充分水解后均可得到氨基酸c. 食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂d. 用浓硫酸刻蚀石英材料制作艺术品【答案】c【解析】【详解】a氢氧化铝属于两性氢氧化物，能和胃酸反应生成铝盐和水，所以能治疗胃酸过多，但碳酸钠的腐蚀性过强，对胃的刺激性过大，不能用于治疗胃酸过多，a错误；b蚕丝的成分为蛋白质，有的人造丝的成分为纤维素，蛋白质水解生成氨基酸、纤维素水解生成葡萄糖，b错误；c食盐有咸味，无毒，生活中常做调味品，

4、是常用的调味剂，食物腐败变质是由于微生物的生长和大量繁殖而引起的，盐渍杀死或抑制微生物的生长和大量繁殖，所以食盐是常用的防腐剂，c正确；d硫酸与二氧化硅不反应，不能用硫酸刻蚀石英制作艺术品，一般用氢氟酸来刻蚀石英制作艺术品，d错误。故选c。3.下列化合物分子中的所有原子都处于同一平面的是a. 溴苯b. 对二甲苯c. 丙炔d. 丙烯【答案】a【解析】【详解】a苯中所有原子都在一个平面上，溴苯是一个溴原子取代苯环上的一个氢原子，故所有原子在同一个平面，a正确；b对二甲苯含有2个甲基，所有原子不可能处于同一平面上，b错误；c丙炔中有一个甲基，所有原子不可能处于同一平面上，c错误；d丙烯中有一个甲基，

5、所有原子不可能处于同一平面上，d错误。答案选a4.na代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是a. 标准状况下，铁在22.4l氯气中完全燃烧时转移电子数3nab. 1 l 0.1 mol·l1的nahco3溶液中hco3和co32-离子数之和为0.1nac. 常温常压下，no2与n2o4的混合气体46g，所含氧原子数为2nad. 含有na个fe(oh)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量为56g【答案】c【解析】【详解】a. 标况下，22.4l的cl2为1mol，完全反应时，1mol cl2变为2mol cl（-1），则转移电子数为2na，a错误；b. 根据物料守恒，1 l 0.

6、1 mol·l1的nahco3溶液中，有c(h2co3)+c(hco3-)+c(co32-)=0.1mol/l，则n(h2co3)+n(hco3-)+n(co32-)=0.1na，即hco3和co32-离子数之和小于0.1na，b错误；c. m(no2)=46g/mol，m(n2o4)=92g/mol。设no2有x mol，n2o4有y mol，则有46x+92y=46，则x+y=1。混合气体中，n(o)=2x+4y=2（x+2y）=2mol=2na，c正确；d. 氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，由于各胶粒的聚合度不同，无法计算na个胶粒中fe(oh)3的物质的量，d错误；故c为合理

7、选项。5.自然界中的许多植物中含有醛，其中有些具有特殊香味，可作为植物香料使用，例如桂皮含肉桂醛()，杏仁含苯甲醛()。下列说法错误的是（ ）a. 肉桂醛和苯甲醛都能发生加成反应、取代反应b. 可用新制氢氧化铜悬浊液检验肉桂醛分子中的含氧官能团c. 肉桂醛和苯甲醛互为同系物d. 苯甲醛分子中所有原子可能位于同一平面内【答案】c【解析】【详解】a二者都含有醛基，可发生加成反应，含有苯环，可发生取代反应，故a不符合题意；bcho可与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，则可用新制氢氧化铜悬浊液检验肉桂醛分子中的含氧官能团，故b不符合题意；c 肉桂醛含有碳碳双键，与苯甲醛结构不同，不是同系

8、物，故c符合题意；d苯环、cho均为平面结构，且二者直接相连，则苯甲醛分子中所有原子可能位于同一平面内，故d不符合题意；故答案为：c。【点睛】同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“ch2”原子团的有机化合物；一般出现在有机化学中，且必须是同一类物质（含有相同且数量相等的官能团，羟基例外，因酚和醇不能成为同系物，如苯酚和苯甲醇）。但值得注意的是，一是同系物绝大部分相差1个或n个亚甲基团；二是有同一基团的物质不一定是同系物。6.对于下列实验事实的解释，不合理的是选项实验事实解释a加热蒸干mgso4溶液能得到mgso4固体；加热蒸干mgcl2溶液得不到mgcl2固体h2so4不易挥发，hcl易挥发

9、b电解cucl2溶液阴极得到cu；电解nacl溶液，阴极得不到na得电子能力：cu2+>na+>h+c浓hno3能氧化no；稀hno3不能氧化nohno3浓度越大，氧化性越强d钠与水反应剧烈；钠与乙醇反应平缓 羟基中氢的活泼性：h2oc2h5oha. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】【详解】a、硫酸镁溶液中：mg22h2omg(oh)22h，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，但硫酸属于难挥发性酸，因此加热蒸干得到的是mgso4；氯化镁溶液：mgcl22h2omg(oh)22hcl，加热促进水解，hcl易挥发，加热促进hcl的挥发，更加促进反应向正反应方向进行，因此

10、加热蒸干得到的是mg(oh)2或mgo，解释合理，故a说法正确；b、根据电解原理，电解cucl2溶液，阴极上发生cu22e=cu，说明cu2得电子能力大于h，电解nacl溶液，阴极上发生2h2e=h2，说明h得电子能力强于na，得电子能力强弱是cu2>h>na，因此解释不合理，故b说法错误；c、浓硝酸能氧化no，而稀硝酸不能氧化no，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓度越大，氧化性越强，解释合理，故c说法正确；d、钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明羟基中氢的活性：ch3ch2oh<h2o，解释合理，故d说法正确。答案选b。7.下列有关实验装置、操作，不能实现相应实验目

11、的的是a. 装置甲可用酸性kmno4溶液滴定feso4溶液b. 用装置乙进行实验时若逐滴滴加agno3溶液先出现黄色沉淀，可说明 ksp(agcl)>ksp(agi)c. 装置丙可用于收集氢气d. 装置丁可用于 naoh溶液除去溴苯中单质溴【答案】a【解析】【详解】a.酸性kmno4溶液具有强氧化性，应该盛放在酸式滴定管中，不应放在碱式滴定管中，它能腐蚀橡胶管，a错误；b. 同浓度的氯化钠和碘化钠溶液，滴加硝酸银，先出现黄色沉淀，说明碘化银先沉淀，因为碘化银和氯化银组成相似，可以说明ksp(agcl)>ksp(agi)，b正确；c. 氢气的密度比空气小，不与空气反应，要用向下排空气

12、法进行收集，装置丙可以用于收集氢气，c正确；d. 溴与氢氧化钠溶液反应生成可溶性盐，与溴苯互不相溶，分层，可以采取分液的方法进行分离提纯，d正确；综上所述，本题选a8.分子式为c4h7clo2的同分异构体甚多，其中能与nahco3溶液发生反应产生co2的同分异构体共有(不考虑立体异构)()a. 6种b. 5种c. 4种d. 3种【答案】b【解析】【详解】分子式为c4h7clo2能与nahco3溶液反应生成co2，说明含有羧基，c4h7clo2可写成c3h6clcooh，c3h6clcooh可以看成氯原子取代丙基上的氢原子，丙基有2种：正丙基和异丙基，正丙基和异丙基中分别含有3种氢原子、2种氢原

13、子，所以分子式为c4h7clo2且能与nahco3溶液反应生成co2的有机物的数目有5种；故选b。9.在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多的金属腐蚀现象。可以通过下列装置所示实验进行探究。下列说法正确的是 ( )       a. 按图装置实验，为了更快更清晰地观察到液柱上升，可采用下列方法：用酒精灯加热具支试管b. 图是图所示装置的原理示意图，图的正极材料是铁c. 铝制品表面出现白斑可以通过图装置进行探究，cl由活性炭区向铝箔表面区迁移，并发生电极反应：2cl2e=cl2d. 图装置的总反应为4al3o26

14、h2o=4al(oh)3，生成的al(oh)3进一步脱水形成白斑【答案】d【解析】【详解】a、加热更容易使o2逸出，不易发生吸氧腐蚀，选项a错误；b、负极材料应为铁，选项b错误；c、根据cl的趋向可判断，铝箔表面应为负极，活性炭区为正极，正极：o24e2h2o=4oh，负极：al3e3oh=al(oh)3，选项c错误；d、负极电极反应式为al-3e-=al3+，正极反应式o2+2h2o+4e-4oh-，总反应方程式为：4al+3o2+6h2o4 al(oh)3，生成的al(oh)3，进一步脱水形成白斑，选项d正确。答案选d。【点睛】本题考查计算腐蚀和原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确

15、电极上发生的反应是解本题关键，易错点为选项d：负极电极反应式为al-3e-=al3+，正极反应式o2+2h2o+4e-4oh-，总反应方程式为：4al+3o2+6h2o4 al(oh)3，生成的al(oh)3。10.下列解释事实的方程式正确的是a. 用碳酸氢钠治疗胃酸过多：co32+2h+co2+h2ob. 用氨水吸收烟气中的二氧化硫：so2+2ohso32+h2oc. 把金属钠放入冷水中产生气体：na+2h2ona+20h+h2d. 用氢氧化钠溶液可以溶解氢氧化铝固体：al(oh)3+ohalo2+2h2o【答案】d【解析】【详解】a. 碳酸氢根离子在溶液中应以hco3- 的形式表示，碳酸氢

16、钠与胃酸反应的离子方程式为：hco3- + h+ = h2o+co2 ，故a错误；b.一水合氨为弱碱，在溶液中主要以nh3·h2o分子形式存在，当氨水足量时，反应的离子方程式为：2nh3·h2o +so2 =2nh4+ so32-+h2o，故b错误；c.该离子反应电荷不守恒，把金属钠放入冷水中的离子反应方程式应为：2na+2h2o=2na+ 2oh-+h2，故c错误；d.氢氧化铝为两性氢氧化物，能溶于强碱生成偏铝酸盐和水，故d正确；答案选d。【点睛】本题主要考查离子反应方程式的书写，书写离子方程式时，易溶易电离两个条件都满足的物质要拆写成离子形式，这样的物质有，三

17、大强酸，四大强碱；钾、钠、铵盐、硝酸盐等。但有的物质不能全拆，例如弱酸的酸式盐酸根不拆，强酸的酸式盐酸根要拆。11.室温下，关于ph=11的nh3·h2o溶液，下列分析正确的是a. c(nh3·h2o)=10-3mol/lb. 由水电离出的c(h+)=10-11 mol/lc. 加入少量 nh4cl固体，nh3·h2o的电离平衡逆向移动，kw值减小d. 加入等体积 ph=3的盐酸，所得溶液：c(cl-)>c(nh4+)>c(h+)>c(oh-)【答案】b【解析】【详解】a. nh3·h2o在溶液中存在电离平衡，因此c(nh3·

18、h2o)>c(oh-)，室温下溶液的ph=11，则c(oh-)=10-3mol/l，由于c(nh3·h2o)>c(oh-)，所以c(nh3·h2o)>10-3mol/l，a错误；b.氨水中氢离子由水电离产生，溶液的ph=11，则c(h+)=10-11mol/l，即由水电离出的c(h+)=10-11 mol/l，b正确；c.nh3·h2o在溶液中存在电离平衡：nh3·h2onh4+oh-，加入少量 nh4cl固体，溶液中c(nh4+)增大，nh3·h2o的电离平衡逆向移动，但由于温度不变，所以水的离子积kw值不变，c错误；d.p

19、h=11的nh3·h2o溶液中，c(oh-)=10-3mol/l，加入等体积 ph=3的盐酸，h+与oh-恰好发生中和反应，但由于c(nh3·h2o)>c(oh-)，因此nh3·h2o过量，使溶液显碱性，c(oh-)>c(h+)，nh3·h2o电离产生nh4+)，使溶液中c(nh4+)>c(cl-)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，故c(nh4+)>c(oh-)，因此该溶液中离子浓度关系为：c(nh4+)>c(cl-)>c(oh-)>c(h+)，d错误；故合理选项是b。12.室温下，甲、乙两烧

20、杯均分别盛有5mlph=3的盐酸和醋酸溶液，下列描述正确的是（ ）a. 水电离出的oh-浓度：c(oh-)甲=c(oh-)乙b. 向乙烧杯中加水稀释至ph=4，溶液的体积10v甲v乙c. 若将甲、乙两烧杯分别与5mlph=11naoh溶液反应，所得溶液ph：甲乙d. 若将甲、乙两烧杯溶液混合，所得溶液中的c(h+)=c(cl-)+c(ch3coo-)【答案】a【解析】【详解】a酸溶液中的氢氧根离子是水电离的，ph=3的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，则水电离出的oh浓度：c(oh)甲=c(oh)乙，故a正确；b乙中醋酸是弱酸，加水稀释过程中会促进其电离，则ph减小1时，体积大于原来10倍，所以

21、溶液的体积10v甲<v乙，故b错误；c醋酸属于弱酸，因此二者ph相同时，醋酸的浓度大于盐酸，与等量naoh反应，醋酸过量，ph较小，所以所得溶液 ph：甲>乙，故c错误；d若将甲、乙两烧杯溶液混合，根据电荷守恒可得：c(h+)=c(oh)+c(cl)+c(ch3coo)，则c(h+)>c(cl)+c(ch3coo)，故d错误； 故答案为：a。【点睛】对于本题d选项作深入探讨时会发现，混合溶液中c(ch3coo-)=c(cl-)，属于易错知识，根据电荷守恒可知，原溶液中c(ch3coo-)=c(cl-)，混合后溶液中c(h+)和原溶液相等，c(ch3coo-)、c(c

22、l-)、c(ch3cooh)均会减小至原溶液中相关离子浓度一半，故混合溶液中c(ch3coo-)=c(cl-)。13.短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，其中y、w处于同一主族y、z的原子最外层电子数之和等于8，x的简单氢化物与w的简单氢化物反应有大量白烟生成。下列说法正确的是a. 简单离子半径：y<z<wb. z与w形成化合物的水溶液呈碱性c. w的某种氧化物可用于杀菌消毒d. y分别与x、z形成的化合物，所含化学键的类型相同【答案】c【解析】【分析】短周期主族元素x、y、z、w原子序数依次增大，x简单氢化物与w的氢化物反应有大量白烟生成，应该为氨气和氯化氢的反应，x

23、为n元素，w为cl元素；其中y、w处于同一主族，y为f元素；y、z的原子最外层电子数之和等于8，z的最外层电子数为8-7=1，结合原子序数可知为第三周期的na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，x为n元素，y为f元素，z为na元素，w为cl元素。a电子层结构相同的离子中，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以y、z的简单离子的半径大小：yz，故a错误；bz与w形成化合物为氯化钠，水溶液呈中性，故b错误；cw的某种氧化物可用于杀菌消毒，如clo2常用于自来水消毒，故c正确；dy分别与x、z形成的化合物为nf3、naf，前者含共价键，后者含离子键，故d错误；答案选c。14.前20号元素x、

24、y、z、w、r原子序数依次增大。其中x、z、r最外层电子数相等， 且x与z、r均可形成离子化合物；y、w同主族，y最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是a. 元素原子半径大小顺序为：w>z>yb. x分别与y、z、w形成的常见化合物都属于电解质c. y分别与z、r形成的化合物中均只含有离子键d. y分别与x、z、w均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同【答案】b【解析】【分析】前20号元素x、y、z、w、r原子序数依次增大。y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则y为o元素；而y、w同主族，则w为s元素；x

25、、z、r最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于ia族或iia族，且x与z、r均可形成离子化合物，根据原子序数关系可知：x为h元素、z为na元素、r为k元素。【详解】根据上述分析可知x是h元素；y是o元素；z是na元素；w是s元素；r是k元素。a.同周期元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：z(na)>w(s)>y(o)，a错误；b.x分别与y、z、w形成的常见化合物依次为h2o、nah、h2s，这几种物质都属于电解质，b正确；c.y与z、r形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，而过氧化钠中含有离子键、共价键，c错误；d.y分别与x、z、w均可形成具

26、有漂白性的化合物h2o2、na2o2、so2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同，d错误；故合理选项是b。第ii卷(非选择题共58分)二、非选择题15.在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2so2(g)+o2(g)2so3(g) h<0。查阅资料知so3的熔点为16.83，沸点是44.8。某化学学习小组欲通过实验测定上述反应中so2的转化率，他们设计了如下实验。请根据要求回答问题：（1）各装置接口的连接顺序是a_。（2）装置烧杯中盛放冰水的作用是_。（3）装置所用硫酸，一般选用浓度为70%80%的硫酸，原因是_。（4）当装置中反应结束

27、时，要打开止水夹继续通入o2一段时间，继续通入o2的目的是_。（5）称量agna2so3粉末与足量硫酸反应，实验结束后称得装置增重bg，列式表示该实验中so2的转化率_。【答案】 (1). hibcfgde (2). 使so3冷凝以便从气相中分离出来 (3). 硫酸浓度过大时主要以分子形式存在，反应较慢；硫酸浓度过小时生成的so2会部分溶解在稀硫酸中 (4). 将装置中的so2全部赶入装置中发生反应，将so3全部赶入装置中冷凝为固体，提高测量so2转化率的准确性 (5). 【解析】【分析】（1）装置的作用是制取so2并与o2混合，装置中发生so2的催化氧化反应，装置的作用是吸收尾气，装置中收集

28、so3，装置的作用是干燥气体；（2）so3的熔点较低，可通过冷凝分离；（3）根据反应原理为强酸制弱酸，且so2在水中溶解度较大分析；（4）反应结束后，装置中会残留一部分的so2气体；（5）根据s元素守恒进行计算。【详解】（1）该装置连接基本顺序为：制取so2并与o2混合装置干燥so2、o2装置制取so3装置吸收so3装置尾气处理装置，因此装置接口的连接顺序是：ahibcfgde；（2）根据so3的熔沸点知，装置烧杯中盛放冰水可使so3冷凝以便从气相中分离出来；（3）硫酸浓度过大时硫酸主要以分子形式存在，难以电离出氢离子，反应较慢；硫酸浓度过小时，反应生成的so2会部分溶解在稀硫酸中，均会导致实

29、验存在误差；（4）反应过程中装置中会残留so2，装置中会残留so3，反应结束后，继续通入氧气一段时间，可以将装置中的so2全部赶入装置中发生反应，将so3全部赶入装置中冷凝为固体，避免影响so2转化率的测定；（5）假设na2so3全部反应生成so2，且无so2气体进入尾气吸收装置，根据s元素守恒可知，完全转化时，理论生成so3的质量为，故该实验中so2的转化率为。16.某化学兴趣小组对一种废旧合金(含有cu、fe、si等元素)进行分离、回收再利用，所设计工艺流程如图。已知：298k时，kspfe(oh)3=4.0×10-38，kspcu(oh)2=2.2×10-20，ksp

30、mn(oh)2=1.9×10-13回答下列问题：（1）操作、为_，固体b为_(填化学式)。（2）加入过量fecl3溶液过程中与较不活泼的金属反应的离子方程式_。（3）调节ph至2.93.2的目的是分离_(填离子符号)（4）向溶液b中加入酸性kmno4溶液发生反应的离子方程式为_。若用amol/lkmno4溶液处理溶液b，当恰好反应时消耗kmno4溶液vml，所得红棕色固体c的物质的量为_(用含a、v的代数式表示)（5）用惰性电极电解时阳极产生标准状况下的气体6.72l，阴极得到的电子数为0.8na，则生成氧气的物质的量为_mol。【答案】 (1). 过滤 (2). cu (3). 2

31、fe3+cu=2fe2+cu2+ (4). fe3+ (5). (6). 2.5av×10-3mol (7). 0.1【解析】【分析】含有cu、fe、si废旧合金中的铁与铜与过量的氯化铁溶液发生氧化还反应，得到固体硅和含氯化铜、氯化亚铁和氯化铁的混合溶液a，加入过量的还原剂铜粉，得到氯化亚铁和氯化铜的混合溶液b，然后向溶液中加入酸性高锰酸钾将亚铁离子氧化成铁离子，得到含锰离子、铁离子和铜离子的混合溶液，然后滴加氢氧化钾调节溶液的ph使铁离子完全沉淀，然后过滤得到氢氧化铁固体，灼烧得到氧化铁，溶液e电解时，阳极氯离子放电得到氯气，氯离子反应完后，水电离的氢氧根离子放电得到氧气，阴极铜离

32、子放电得到单质铜，铜离子反应完后，水电离的氢离子放电得到氢气，以此解答该题。【详解】（1）通过操作、都得到固体和溶液，过滤是把不溶性固体和溶液分开的操作，所以该操作是过滤；电解含有铜离子的溶液，可在阴极得到铜，故答案为：过滤；cu；（2）合金中含有铜，可与氯化铁反应，加入过量fecl3溶液过程中与较不活泼的金属铜反应的离子方程式为：2fe3+cu=2fe2+cu2+；（3）因、，溶度积常数越小，对应离子越易沉淀，所以fe3+先沉淀，得到氢氧化铁，氢氧化铁在加热条件下生成红棕色固体氧化铁，因此调节ph至2.93.2的目的是分离fe3+；（4）溶液b中含亚铁离子，会被酸性高锰酸钾氧化成铁离子，高锰

33、酸钾被还原为锰离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可知，反应的离子方程式为：；根据方程式以及守恒关系可知：，n(fe2o3)=2.5n()=v×10-3l×amol/l=2.5av×10-3mol；（5）用惰性电极电解时阳极产生标准状况下的气体6.72l，物质的量为，阳极分别发生2cl2e=cl2，4oh4e=o2+2h2o，阴极得到的电子数为0.8na，则阳极转移电子0.8mol，设生成xmolcl2，ymolo2，则 ，解得x=0.2，y=0.1，故答案为：0.1。17.甲醇是重要的有机化工原料，目前世界甲醇年产量超过2.1×10

34、7吨，在能源紧张的今天，甲醇的需求也在增大。甲醇的合成方法是：()co(g)+2h2(g)=ch3oh(g) h=-90.1kj·mol-1另外：()2co(g)+o2(g)=2co2(g) h=-566.0kj·mol-1()2h2(g)+o2(g)=2h2o(l) h=-572.0kj·mol-1回答下列问题：（1）甲醇的燃烧热为_kj·mol-1。（2）在碱性条件下利用一氯甲烷(ch3cl)水解也可制备少量的甲醇，该反应的化学方程式为_。（3）若反应在密闭恒容绝热容器中进行，反应(iv)co2(g)+h2(g)=co(g)+h2o(g) h=+41

35、.1kj·mol-1对合成甲醇反应中co的转化率的影响是（ ）a.增大 b.减小 c.无影响 d.无法判断（4）在恒温恒容的密闭容器中发生反应()，各物质的浓度如下表：浓度/mol·l-1时间/minc(co)c(h2)c(ch3oh)00.81.6020.6x0.240.30.60.560.30.60.5x=_。前2min内h2的平均反应速率为v(h2)=_。该温度下，反应()的平衡常数k=_。（保留1位小数）反应进行到第2min时，改变了反应条件，改变的这个条件可能是（ ）a.使用催化剂 b.降低温度 c.增加h2的浓度（5）如图是温度、压强与反应()中co转化率的关系

36、：由图像可知，温度越低，压强越大，co转化率越高，但实际生产往往采用300400和10mpa的条件，其原因是_。【答案】 (1). 764.9 (2). ch3cl+naohch3oh+nacl (3). d (4). 1.2 (5). 0.2mol·l-1·min-1 (6). 4.6l2·mol-2 (7). a (8). 温度较低，反应速率慢；压强太大，成本高【解析】【详解】（1）利用盖斯定律，热化学方程式(iii)-(i)+(ii)，得新的热化学方程式为：ch4oh(g)+ o2(g)=co2(g)+2h2o(l)h=-764.9kj·mol-1

37、，故甲醇的燃烧热为764.9 kj·mol-1；（2）根据提示知ch3cl中的cl被羟基取代生成ch3oh，反应方程式为：ch3cl+naohch3oh+nacl或ch3cl+h2och3oh+hcl；（3）反应(iv)消耗反应(i)的另外一种反应物氢气，而且生成反应(i)的反应物co，使反应(i)的co转化率降低；但反应(iv)为吸热反应，使体系温度降低，反应(i)正向移动，使反应(i)中co的转化率提高，两个原因孰轻孰重不得而知，故无法判断反应(iv)对反应(i)中co转化率的影响；（4）观察表中数据可知，02min内，co浓度降低了0.2mol/l，则h2浓度会降低0.4mol

38、/l，则x=1.6-0.4=1.2；平衡常数；2min到4min的反应速率大于0到2min，而降低温度，反应速率降低，b项错误；由表格中的数据可知c项错误；故a项使用催化剂正确，故答案为：a；（5）温度较低，反应速率慢，不利于甲醇的生成；压强越大，co的转化率越大，但压强太大对设备要求高，成本高。18.第四周期中的18种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。（1）铬是一种硬而脆、抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢。基态cr原子中，电子占据最高能层的符号为_，该能层上具有的原子轨道数为_，电子数为_。（2）第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，30zn与31ga

39、的第一电离能是否符合这一规律？_(填“是”或“否”)。（3）镓与第a族元素可形成多种新型人工半导体材料，砷化镓(gaas)就是其中一种，其晶体结构如图所示(白色球代表as原子)。在gaas晶体中，每个ga原子与_个as原子相连，与同一个ga原子相连的as原子构成的空间构型为_。（4）与as同主族的短周期元素是n、p。ash3中心原子杂化的类型_；一定压强下将ash3和nh3、ph3的混合气体降温时首先液化的是_，理由是_。（5）铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁是其中一种，某氮化铁的晶胞结构如图所示，则氮化铁的化学式为_；设晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数的值为na，该晶体的密度为_g

40、3;cm-3(用含a和na的式子表示)。【答案】 (1). n (2). 16 (3). 1 (4). 否 (5). 4 (6). 正四面体 (7). sp3 (8). nh3 (9). 因为氨分子间存在氢键，分子间作用力更大，沸点更高，降温时先液化 (10). fe4n (11). 【解析】【详解】（1）基态cr原子核外电子排布式为ar3d54s1，电子占据最高能层为第四能层，能层符号为n；第四能层中有s、p、d、f能级，分别具有的轨道数为：1、3、5、7，轨道总数为1+3+5+7=16；由核外电子排布式可知，基态cr原子在第四能层上的电子数为1；（2）原子的最外层电子数处于半满或全满时，是一种稳定结构，此时原子的第一电离都高于同周期相邻的元素，30zn的3d能级上有10个电子，4s能级有2个电子，处于全满状